студентам интегралы


Часть 1
Занятие 1. Тема: «Двойной интеграл. Повторное интегрирование».
1. Определение двойного интеграла. Пусть функция u=fM=f(x,y) определена на измеримом по Жордану множестве G на плоскости (x,y). Разобьем G на n измеримых по Жордану и попарно непересекающихся частей Gi i=1,n. В каждой части Gi возьмем произвольную точку Miξi,ηi и составим сумму
IGi,Mi =i=1nfξi,ηi∆Si,
где Si - площадь Gi. Эта сумма называется интегральной суммой функции fx,y, соответствующей данному разбиению множества G на части Gi и данному выбору промежуточных точек Mi.
Диаметром множества Gi точек назовем точную верхнюю грань расстояний между двумя произвольными точками этого множества: di=supρM',M'', M'∈Gi,M''∈Gi.
Пусть d=max1≤i≤ndi.
Определение. Число I называется пределом интегральных сумм IGi,Mi при d→0, если ∀ε>0 ∃δ>0 такое, что для любого разбиения G, у которого d<δ, и для любого выбора промежуточных точек Mi выполняется неравенство IGi,Mi -I<ε.
Если существует limd→0IGi,Mi =I, то он называется двойным интегралом от функции f(x,y) по множеству G и обозначается Gfx,ydxdy или Gfx,ydS, а функция f(x,y) называется интегрируемой на множестве G.
Теорема 1.1 Функция, непрерывная на измеримом по Жордану компакте G, интегрируема на этом компакте.
Теорема 1.2 Пусть функция fx,y ограничена на измеримом по Жордану компакте G и множество ее точек разрыва имеет жорданову меру нуль. Тогда функция fx,y интегрируема на G.
Двойные интегралы обладают такими же свойствами, как и определенные интегралы (линейность, аддитивность, формулы среднего значения и т.п.).
Пример 1.1. Вычислить интеграл 0≤x≤1, 0≤y≤1xy dxdy, рассматривая его как предел интегральных сумм при сеточном разбиении квадрата на ячейки – квадраты со сторонами длиной 1n и выбирая значение подынтегральной функции в правых верхних вершинах этих квадратов.
∆ Разбиение области интегрирования на ячейки проводится прямыми x=in, y=jn i, j=1, n-1 , значение функции в правой верхней вершине ячейки равно ijn2 i, j=1, n . Очевидно, что диаметр разбиения (диагональ квадрата со стороной 1n) d=2n→0 при n→∞. Следовательно,
I=0≤x≤1, 0≤y≤1xy dxdy=limn→∞i,j=1nijn21n1n==limn→∞1n4i,j=1nij=limn→∞1n4i=1nij=1nj .
Учитывая, что сумма первых n натуральных чисел равна i=1ni=1+n2n, получим I=limn→∞1n41+n2n2=14. ∆
2. Вычисление двойных интегралов с помощью повторного интегрирования. Пусть функция fx,y определена в области G=x,y:a≤x≤b, y1x≤y≤y2x, где y1x, y2x - непрерывные функции на отрезке [a,b] (рис. 1.1). Такую область G назовем элементарной относительно оси Oy (или y – трапециевидной).
Теорема 1.3 Пусть:
1) существует двойной интеграл Gfx,ydxdy;
2) ∀x∈[a,b] существует определенный интеграл I(x)=y1xy2xfx,ydy.
Тогда существует определенный интеграл
abI(x)dx=abdx y1xy2xfx,ydy(он называется повторным) и справедливо равенство
Gfx,ydxdy=abdx y1xy2xfx,ydy,(1.1)
т.е. двойной интеграл равен повторному.
yyy=y2(x) d
y x=x1(y)
y=y1(x)x=x2(y)
c
O a x b x O x
Рис.1.1Рис. 1.2
Если область G является элементарной относительно оси Ox (рис. 1.2), то при соответствующих условиях справедлива формула, аналогичная (1.1):
Gfx,ydxdy=cddy x1yx2yfx,ydx.(1.2)
Область более сложного вида часто удается разбить на элементарные области, к которым применима формула (1.1) или (1.2) (рис 1.3).
y




OxРис. 1.3
Пример 1.2 Свести двойной интеграл Gfx,ydxdy к повторному двумя способами, если G - область, ограниченная кривыми x=1, y=x3, y=-3x.
∆ Область G изображена на рис 1.4а).


y y
y2=x3 1
x2=3y

O 1x O 1x
y1=-3x -1 x1=-y3
а)б)
Рис. 1.4
При каждом значении x∈[0,1] переменная y изменяется от -3x до x3, т.е. область G можно представить в виде G=x,y:0≤x≤1, -3x≤y≤x3. По формуле (1.1) получаем Gfx,ydxdy=01dx -3xx3fx,ydy.
Чтобы воспользоваться формулой (1.2), надо область G разбить на две части G1 и G2, как показано на рис 1.4б). В области G1переменная y меняется от -1 до 0, при каждом значении y переменная x изменяется от -y3 до 1. В области G2переменная y меняется от 0 до 1, при этом переменная x изменяется от 3y до 1. По формуле (1.2) получаем
Gfx,ydxdy= G1fx,ydxdy+ G2fx,ydxdy=-10dy -y31fx,ydx+01dy 3y1fx,ydx. ∆
Пример 1.3 Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле
I=-2-3dx-4-x20fx,ydy+-30dx4-x2-20fx,ydy.
∆ Область G можно представить следующим образом (рис. 1.5).
y
-2 -3 Ox
y1=-4-x2y2=4-x2-2Рис. 1.5
Если переменная x изменяется от -2 до -3, то -4-x2≤y≤0, если меняется от -3 до 0, то 4-x2-2≤y≤0. Кривые y1=-4-x2, y2=4-x2-2 пересекаются в точке -3, -1. Таким образом, переменная y меняется от -1 до 0. Найдем, в каких пределах меняется переменная x. Для этого разрешим выражения для y1 и y2относительно x:
x1=-4-y2, x2=-4-y+22= -y2-4y.
Применяя формулу (1.2), будем иметь:
I=-10dy-4-y2-y2-4yfx,ydx. ∆
Пример 1.4 Вычислить I=G11+x+y2dxdy, где G - треугольник, ограниченный прямыми x=2y, y=2x, x+y=6.
∆ Треугольник G изображен на рис. 1.6.

y 4 A
y=2x y=6-x

2
B y=x2
O2 4 x
Рис. 1.6
Отрезком AB разделим G на два треугольника G1 и G2, элементарных относительно оси Oy. Тогда I=G111+x+y2dxdy+G211+x+y2dxdy. По формуле (1.1) находим
G111+x+y2dxdy=02dxx22x11+x+y2dy=02-dx1+x+yx22xdx=02-11+3x+11+32xdx=
= -13ln7+ 23ln4,
G211+x+y2dxdy=24dxx/26-x11+x+y2dy=24-dx1+x+yx/26-x=24-17+11+32xdx=
= -23+ 23(ln7-ln4);
следовательно, I=13ln7-23. ∆
Пример 1.5 Вычислить I=Gxdxdy, где G – задано неравенствами 2x≤x2+y2≤9.
∆ Область G – неконцентричное кольцо - изображена на рис. 1.7.
y


x3
Рис. 1.7
Обозначим G1 - круг x2+y2≤9, G2 - круг x2+y2<2x. Тогда G=G1\G2. Продолжим функцию fx,y=x с G на G2, полагая fx,y=x для (x,y)∈G2. Тогда
I=Gxdxdy=G1xdxdy- G2xdxdy.
Круги G1 и G2 зададим в виде G1=-3≤y≤3, -9-y2≤x≤9-y2, G2= -1≤y≤1, 1-1-y2≤x≤1+1-y2. По формуле (1.2) находим
I1=G1xdxdy=-33dy-9-y29-y2x dx=0,
так как функция x во внутреннем интеграле нечетна.
I2=G2xdxdy=-11dy1-1-y21+1-y2x dx=2-111-y2dy=2y21-y2+12arcsiny-11=π . Следовательно, I=I1-I2=- π. ∆
Перемена порядка в повторном интеграле иногда существенно упрощает его вычисление.
Пример 1.6 Вычислить I=01dxx141-y2dy.
∆ Внутренний интеграл не является элементарной функцией x. Изменим порядок интегрирования. Пределы интегрирования в данном повторном интеграле определяет треугольник (рис. 1.8), который можно задать и неравенствами 0≤y≤1, 0≤x≤y.
y
1
y=x

O 1 xРис. 1.8
Следовательно, I=01dxx141-y2dy=01dy0y41-y2dx=01y 41-y2dy=-1201 41-y2d-y2=-12451-y25401=25. ∆
3. В аудитории.
1. В двойном интеграле Gfx,ydxdy расставить пределы интегрирования в том и другом порядке для указанных областей:
1.1 G – треугольник с вершинами O0,0, A2,1, B(-2,1) (Д. 3917);
1.2 G - параболический сегмент, ограниченный кривыми y=x2, y=1 (Д. 3921);
1.3 G ограничен линиями x=0, x=siny, x=cosy, (0≤y≤π2).
2. Изменить порядок интегрирования:
2.1 02dxx2xf(x,y)dy (Д. 3924);
2.2 -11dx-1-x21-x2f(x,y)dy (Д. 3927);
2.3 12dx2-x2x-x2f(x,y)dy (Д. 3928);
2.4 1edx0lnxf(x,y)dy (Д. 3930).
3. Вычислить повторный интеграл, переменив порядок интегрирования:
3.1 01dx01-x21-y232dy;
3.2 01dxx1y2y4-x2dy.
4. Вычислить Gxy dxdy, G=x2+y2≤25, 3x+y≥5.
4. Задачи для самостоятельной работы.
1. В двойном интеграле Gfx,ydxdy расставить пределы интегрирования в том и другом порядке для указанных областей:
1.1 G – трапеция с вершинами O0,0, A1,0, B1,2, C(0,1) (Д. 3918);
1.2 G – круг x2+y2≤y (Д. 3920);
1.3 G ограничен линиями x=0, x=π2, y=sinx, y=2+cosx (0≤x≤π2);
1.4 G ограничен линиями x=0, x=1, x=y2, y=ex.
2. Изменить порядок интегрирования:
2.1 01dxx3x2f(x,y)dy (Д. 3926);
2.2 02dx2x-x22xf(x,y)dy;
2.3 02πdx0sinxf(x,y)dy (Д. 3931);
2.4 -2-1dy02+yf(x,y)dx+ -10dy0-yf(x,y)dy;
2.5 24dx2(x-1)3log2xf(x,y)dy.
3. Вычислить повторный интеграл, переменив порядок интегрирования:
3.1 0πdyyπsinxxdx;
3.2 01dyy5y1-x3dx.
4. Вычислить Gex-y dxdy, G - ограничена прямыми x=-1, x=1, y=x, y=2x.
Занятие 2. Тема: «Замена переменной в двойном интеграле».
1. Замена переменной в двойном интеграле. Рассмотрим двойной интеграл Gfx,ydxdy. Замена переменных в двойном интеграле состоит в переходе от переменных x,y к новым переменным u и v по формулам
x=φu,v, y=ψu,v,u,v∈g. (2.1)
При этом каждая точка (x,y) области G соответствует некоторой точке u,v области g, а каждая точка u,v области g переходит в некоторую точку (x,y) области G (рис 2.1).
v y

gx=φu,vG u,vy=ψu,v (x,y)

O u O x
Рис. 2.1
Иными словами, когда точка u,v «пробегает» область g, соответствующая ей точка x,y=(φu,v,ψu,v) «пробегает» область G. Функции (2.1) называются также отображением области g плоскости u,v на область G плоскости (x,y). Область G называется образом области g, а область g - прообразом области G при отображении (2.1).
Пусть отображение (2.1) удовлетворяет следующим условиям.
1. Отображение (2.1) взаимно однозначно, т.е. различным точкам u,v области g соответствуют различные точки (x,y) области G.
2. Функции φu,v и ψu,v имеют в области g непрерывные частные производные первого порядка.
3. Якобиан отображения D(x,y)D(u,v)=φ'uφ'vψ'uψ'v отличен от нуля во всех точках области g.
Теорема 2.1. Пусть g и G – измеримые компакты, отображение (2.1) удовлетворяет условиям 1 – 3. Если функция fx,y интегрируема на G, то справедливо равенство
Gfx,ydxdy= gfφu,v,ψu,vD(x,y)D(u,v)dudv(2.2)
Формула (2.2) называется формулой замены переменных в двойном интеграле.
Формулам (2.1), которые рассматриваются как отображение области g на область G, можно придать другой смысл. Рассмотрим в области g отрезок прямой u=u0=const (рис. 2.2). В области G ему соответствует параметрически заданная кривая
x=φu0,v, y=ψu0,v, (2.3)
где роль параметра играет переменная v. Точно так же отрезку прямой v=v0 в области g соответствует в области G кривая
x=φu,v0, y=ψu,v0, (2.4)
где роль параметра играет u. Точке u0,v0 области g соответствует некоторая точка M0x0,y0 области G x0=φu0,v0, y0=ψu0,v0, причем в силу взаимной однозначности отображения (2.1) точке M0 соответствует единственная точка u0,v0 области g, т.е. точка M0 однозначно определяется парой чисел u0,v0. Поэтому числа u0 и v0 можно рассматривать как координаты точки M0 (но уже не прямоугольные, а какие-то другие), а кривые (2.3) и (2.4), на которых одна и координат u или vпостоянна, естественно назвать координатными линиями u и v. Так как координатные линии представляют собой кривые, то числа u0,v0 называются криволинейными координатами точки M0. При отображении (2.1) сетка прямых координатных линий в области g переходит в сетку кривых координатных линий в области G. Итак, формулы (2.1) можно рассматривать как формулы перехода от прямоугольных координат (x,y) к новым, криволинейным координатам (u,v) в области G.
v y

v0gG v=v0
u=u0O u0 u O x
Рис. 2.2
Примером криволинейных координат являются полярные координаты ρ,φ, связанные с прямоугольными координатами формулами
x=ρcosφ, y=ρ sinφ, (0≤ ρ<∞, 0≤φ<2π).
Иногда в качестве промежутка изменения φ берется промежуток -π<φ≤π. Якобиан перехода к полярным координатам имеет вид
D(x,y)D(ρ,φ)=∂x∂ρ∂x∂φ∂y∂ρ∂y∂φ=cosφ-ρsinφsinφρcosφ=ρ .(2.5)
Пример 2.1 Вычислить интеграл I=G1ydxdy, где G - область, ограниченная прямыми y=x, y=2x, y=1-x2,y=4-2x.
∆ Уравнения линий, ограничивающих данный четырехугольник G (рис. 2.3), запишем в виде yx=1,yx=2,yx-2=12,yx-2=2.
Заменим переменные по формулам
u=yx, v=yx-2.
Образом G является прямоугольник g (рис. 2.4).

y y=4-2x v
y=2x 2
2y=x g
G 1
1
y=1-x2 12
O12xO 1 2 u

Рис. 2.3Рис. 2.4

Находим
x=2vu+v, y=2uvu+v, Dx,yDu,v=-2vu+v22uu+v22v2u+v22u2u+v2=-4u+v4vu2+uv2=-4uvu+v3.
Dx,yDu,v=4uvu+v3.
Вычисляем интеграл по формуле (2.2)
I=G1ydxdy=gu+v2uv4uvu+v3dudv=2122du12dvu+v2=2122-1u+v12du=21221u+1-1u+2du==2ln54. ∆
Пример 2.2 Вычислить интеграл I=Gxy dxdy, где G - область, заключенная между параболами y2=x, y2=3x и гиперболами xy=1, xy=2 (рис. 2.5).
∆ Сделаем замену переменных:
u=xy, v=y2x.

y y2=3x v
3

G y2=x gy=2x
y=1x
Ox 1
O 1 2 u

Рис. 2.5
Область G отображается в область g, ограниченную прямыми u=1, u=2, v=1, v=3. При вычислении якобиана учтем, что
D(x,y)D(u,v)=1D(u,v)D(x,y)=1∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y=1yx-y2x22yx=12y2x+y2x=x3y2=13v.
Вычислим интеграл:
I=Gxy dxdy=I=GuD(x,y)D(u,v) dudv=12udu1313vdv=12u21213lnv13=12ln3. ∆
Пример 2.3 Вычислить интеграл I=Gx2+y 2dxdy, где G - круг, ограниченный окружностью x2+y 2=2x.
∆ Круг G изображен на рис. 2.6 а).

y φ

φ=const π2
Gρ=2cosφ ρ=2cosφ
ρ=0 g O A(1,0) x O 2 ρ

-π2Рис. 2.6 а)Рис. 2.6 б)
1 способ. Перейдем к полярным координатам x=ρcosφ, y=ρ sinφ с полюсом в точке O(0,0). Наглядно видно, что в качестве пределов интегрирования для φ можно взять промежуток –π2≤φ≤π2. Подставляя выражения x=ρcosφ, y=ρ sinφ в уравнение окружности x2+y 2=2x, получим ρ2=2ρcosφ, откуда ρ=0 или ρ=2cosφ. Поэтому (рис. 2.6 б)
g=ρ, φ:–π2≤φ≤π2,0≤ρ≤2cosφ.
Учтем выражение для якобиана в полярных координатах (2.5), получим
I=Gx2+y 2dxdy=gρ3dρdφ= -π2π2dφ02cosφρ3dρ=14-π2π2ρ402cosφdφ=4-π2π2cos4φdφ=4-π2π21+cos2φ22dφ=-π2π21+2cos2φ+cos22φdφ=-π2π21+2cos2φ+1+cos4φ2dφ=32φ+sin2φ+18sin4φ-π2π2=32π.
2 способ. Обычно замена переменных в двойном интеграле производится с целью упрощения области интегрирования. Если в данном примере перейти к полярным координатам с полюсом не в точке O(0,0), а в точке A(1,0) (центре круга), т.е. по формулам
x-1=ρcosφ, y=ρ sinφ,
то прообразом круга G окажется g1=ρ, φ:0≤φ≤2π,0≤ρ≤2.Выражение для подынтегральной функции примет вид
x2+y 2=1+2ρcos2φ+ρ2.
В этом случае выражение для якобиана не изменится и
I=Gx2+y 2dxdy=g11+2ρcos2φ+ρ2ρdρdφ=02πdφ02ρ+2ρ2cos2φ+ρ3dρ=02π34+23cosφdφ=32π. ∆
Пример 2.4 Вычислить I=Gx2y2dxdy, где G=x,y:1≤x2+y2≤4.
∆ Область G представляет собой кольцо (рис. 2.7а).
y

2


22
x O 1 2ρ

Рис. 2.7а)Рис. 2.7б)
Перейдем к полярным координатам x=ρcosφ, y=ρ sinφ, 0≤φ≤2π. При этом отображении прообразом кольца является прямоугольник g=ρ, φ:1≤ρ≤2, 0≤φ≤2π (рис. 2.7б). Применяя формулу (2.2) и сводя двойной интеграл к повторному, получим
I=Gx2y2dxdy=gρ5sin2φcos2φdρdφ=12ρ5dρ02πsin2φcos2φdφ=16ρ61202πsin22φ4dφ=6361802π1-cos4φdφ=636182π=21π8. ∆
Пример 2.5 Найти площадь фигуры G, ограниченной кривой xa+yb4=4xy a>0, b>0.∆ Площадь фигуры, ограниченной кривой, вычисляется по формуле S=Gdxdy (см. занятие 3). Так как левая часть уравнения кривой неотрицательна при любых x и y, то и правая часть должна быть неотрицательна, а значит, x и y должны иметь одинаковые знаки. Следовательно, кривая расположена в I и III квадрантах, причем она симметрична относительно начала координат (Если точка (x,y) удовлетворяет уравнению кривой, то и (-x, -y) тоже удовлетворяет этому уравнению). Поэтому вся фигура состоит из двух частей, симметричных относительно начала координат. Найдем площадь фигуры S1, расположенной в I квадранте. Для этого удобно перейти к новым переменным – обобщенным полярным координатам. Они вводятся по формулам
x-x0=a ρβcosαφ, y-y0=b ρβsinαφ(2.6)
где x0, y0, α, β - некоторые числа, выбираемые в каждом конкретном случае из соображений удобства. Якобиан отображения (2.6) равен
D(x,y)D(ρ,φ)=∂x∂ρ∂x∂φ∂y∂ρ∂y∂φ=a βρβ-1cosαφ-a α ρβcosα-1φsinφb βρβ-1sinαφbα ρβsinα-1φcosφ=ab αβρ2β-1 cosα+1φsinα-1φ++cosα-1φsinα+1φ=ab αβρ2β-1cosα-1φsinα-1φ(2.7)
В данном случае удобно взять x0= y0=0, α=2, β=1. Тогда уравнение кривой примет вид ρ4=4ab ρ2cos2φsin2φ, откуда ρ=0 или ρ=2abcosφsinφ, причем 0≤φ≤π2 (I квадрант). Кривые ρ=0 и ρ=2abcosφsinφ (0≤φ≤π2) на плоскости ρ, φ ограничивают область g - прообраз части фигуры G, лежащей в I квадранте. Якобиан отображения (2.7) в данном случае равен D(x,y)D(ρ,φ)=2abρcosφsinφ. Площадь равна
S1=gD(x,y)D(ρ,φ)dρdφ=2abgρcosφsinφdρdφ=2ab0π2cosφsinφdφ02abcosφsinφρdρ=2ab0π2cosφsinφρ2202abcosφsinφdφ=4a2b20π2cos3φsin3φdφ=4a2b20π21-sin2φsin3φdsinφ = 4a2b214sin4φ-16sin6φ0π2=4a2b214-16=13a2b2.
Искомая площадь фигуры G равна 2S1, т.е. 23a2b2. ∆
2. В аудитории.
1. В двойном интеграле Gfx,ydxdy перейти к полярным координатам, расставить пределы интегрирования, где G- параболический сегмент -a≤x≤a;x2a≤y≤a (Д. 3941).
2. Перейти к полярным координатам, расставить пределы интегрирования в том и другом порядке:
2.101dx1-x1-x2f(x,y)dy (Д. 3944);
2.2 01dxx2xf(x,y)dy;
2.3 Gfx,ydxdy, где область G ограничена кривой x2+y22= a2x2-y2, x≥0 (Д.3947).
3. Поменять порядок интегрирования -π2π2dφ0acosφfρ,φdρ (a>0) (Д. 3948).
4. Перейдя к полярным координатам, заменить двойной интеграл однократным Gfx,ydxdy, где G=y≤x, x≤1 (Д. 3952).
5. Перейдя к полярным координатам, вычислить:
5.1 Gxydxdy, где G=a2≤x2+y2≤4a2;
5.2 01dx-1-x21-x2ln1+x2+y2dy;
6. Перейти к новым переменным u, v в интеграле:
6.1 03dy2-y3-yf(x+y, x-y)dx, если u=x+y, v=x-y;
6.2 23dx3x4xfyxdy, если u=x, v=yx.
7. Вычислить двойные интегралы Gx dxdy и Gx2dxdy, вводя обобщенные полярные координаты, где область G ограничена астроидой x23+y23=a23.
8. Вычислить:
8.1 Gx+y dxdy, где область G ограничена кривой x2+y2= x+y (Д.3965);
8.2 Gxy dxdy, где область G ограничена кривыми xy=1, x+y=52 (Д.3970)
3. Задачи для самостоятельной работы.
1. В двойном интеграле Gfx,ydxdy перейти к полярным координатам, расставить пределы интегрирования, где G- треугольник 0≤x≤1;0≤y≤1-x (Д. 3940).
2. Перейти к полярным координатам, расставить пределы интегрирования в том и другом порядке:
2.101dx01f(x,y)dy (Д. 3943);
2.2 02dxxx3f(x,y)dy (Д. 3945);
2.3 01dx0x2f(x,y)dy (Д. 3946).
3. Поменять порядок интегрирования 0π2dφ0asin2φfρ,φdρ (a>0) (Д. 3949).
4. Перейдя к полярным координатам, заменить двойной интеграл однократным Gfyxdxdy, где G=x2+y2≤x (Д. 3953).
5. Перейдя к полярным координатам, вычислить:
5.1 Gcosπx2+y2dxdy, G=x2+y2≤1;
5.2 G1x2+y2-1dxdy, G=9≤x2+y2≤25;
5.3 -11dx-1-x201-x2-y2dy.
6. Перейти к новым переменным u, v в интеграле Gfx,ydxdy, где область G ограничена кривыми x+y=a, a>0, x=0, y=0, если x=ucos4v, y=usin4v (Д.3959).
7. Найдите замену переменных x=xu,v, y=yu,v, при которой область G, ограниченная кривыми xy=1, xy=4, x-2y-2=0, x-2y+1=0 (x>0, y>0), является образом прямоугольника, стороны которого параллельны осям координат на плоскости u,v.
8. Вычислить:
8.1 G1-x2a2-y2b2 dxdy, где область G ограничена эллипсом x2a2+y2b2= 1 (Д.3967);
8.2 Gx+y dxdy, где область G ограничена кривыми y2=2x, x+y=4, x+y=12 (Д.3969)
Занятие 3. Тема: «Приложение двойного интеграла».
1. Геометрические приложения двойных интегралов.
А) Площадь S измеримого по Жордану множества G на плоскости (x,y) выражается формулой
S=Gdxdy.(3.1)
Если G=x,y:a≤x≤b,0≤y≤f(x) - криволинейная трапеция, то, сведя двойной интеграл (3.1) к повторному, придем к известному выражению площади криволинейной трапеции с помощью определенного интеграла
S=Gdxdy=abdx0f(x)dy=aby|0f(x)dx=abf(x)dx.
Переходя в (3.1) к новым переменным по формулам (2.1), получим выражение площади области G в криволинейных координатах
S=gD(x,y)D(ρ,φ)dudv.(3.2)
Величину ds=dxdy, представляющую собой площадь прямоугольника со сторонами dx и dy, естественно назвать элементом площади в прямоугольных координатах x и y, а величину ds=D(x,y)D(ρ,φ)dudv - элементом площади в криволинейных координатах u и v. Модуль якобиана D(x,y)D(ρ,φ) представляет собой коэффициент растяжения площади в точке (u,v) при отображении области g плоскости (u,v) на область G плоскости (x,y).
Если G – криволинейный сектор на плоскости (x,y), ограниченный лучами φ=α, φ=β и кривой ρ=ρ(φ), где ρ и φ - полярные координаты (рис. 3.1), то переходя в формуле к полярным координатам, учитывая, что D(x,y)D(ρ,φ)=ρ, а g=ρ,φ: α≤φ≤β, 0≤ρ≤ρ(φ), и сводя двойной интеграл к повторному, получаем известное выражение площади криволинейного сектора через определенный интеграл
S=Gdxdy=gρdρdφ=αβdφ0ρ(φ)ρdρ=12αβρ20ρ(φ)dφ=12αβρ2φdφ.

y
β α
Ox
Рис. 3.1
Б) Объем V тела T=x,y,z:x,y∈G,0≤z≤f(x,y) (рис. 3.2), где G – измеримый компакт, а f(x,y) - непрерывная неотрицательная в области G функция, выражается формулой
V=Gf(x,y)dxdy.(3.3)
z z=f(x,y)


y
G
x
Рис. 3.2
В) Пусть функция z=f(x,y) определена и имеет непрерывные частные производные в некоторой области G', содержащей G. Тогда площадь поверхности z=f(x,y) (рис. 3.2) выражается интегралом P=G1+∂z∂x2+∂z∂y2dxdy, (3.4)
где G - проекция данной поверхности на плоскость (x,y).
2. Физические приложения двойных интегралов. Пусть G - материальная бесконечно тонкая пластинка (измеримый компакт на плоскости Oxy) с плотностью μ(x,y). Тогда справедливы следующие формулы:
А) m=Gμ(x,y)dxdy – масса пластинки;(3.5)
Б) Mx=Gyμ(x,y)dxdy, My=Gxμ(x,y)dxdy – статические моменты инерции относительно осей Ox и Oy;
В) x0=Mym, y0=Mxm – координаты центра тяжести пластинки;
Г) Ix=Gy2μ(x,y)dxdy, Iy=Gx2μ(x,y)dxdy – моменты инерции относительно осей Ox и Oy;
Д) I0=Ix+Iy=Gx2+y2μ(x,y)dxdy – момент инерции пластинки относительно начала координат.
Пример 3.1 Найти площадь области G, ограниченной кривыми: y=3x, y=4 ex, y=3, y=4.
∆ Область G изображена на рис 3.3. y
x=lny4
y=4 G y=3

x=3yxРис. 3.3
Разрешим y=3x, y=4 ex относительно x. Применим формулу (3.1) и сведем двойной интеграл к повторному, выбрав порядок интегрирования,
S=34dylny43ydx= 343y-lny4dy=3lny-ylny4- y34=1. ∆
Пример 3.2 Найти площадь области G, ограниченной кривыми: x2+y2=36, 32y=x2 y≥0.
∆ Область G изображена на рис 3.4. y

y=x232


x
Рис. 3.4
Применим формулу (3.1), сведем двойной интеграл к повторному. Для этого найдем точки пересечения кривых x2+y2=36 и 32y=x2: ±32, 62. Расставим пределы интегрирования:
S=-3232dxx23236-x2dy= -323236-x2-x232dx=203236-x2-x232dx=2x236-x2++362arcsinx6-13213x3032=6+9π.∆
Пример 3.3 Найти площадь области G, ограниченной кривыми:
y2-2y+x2=0, y2-4y+x2=0, y=x3, y=3x.
∆ Перепишем уравнения кривых в виде:
x2+y-12=1, x2+y-22=22, yx=13, yx=3.
Область G изображена на рис 3.5.
φ=π3

ρ=4sinφ

φ=π6 ρ=2sinφ

Рис. 3.5
Применим формулу (3.1), перейдем к полярным координатам: x=ρcosφ, y= ρsinφ(0≤φ≤2π). Уравнения кривых в полярных координатах, соответственно, примут вид:
ρ=2sinφ, ρ=4sinφ, φ=π6, φ=π3.
Вычислим площадь, перейдя к полярным координатам:
S=π6π3dφ2sinφ4sinφρ dρ=12π6π3ρ22sinφ4sinφdφ=1216-4π6π3sin2φdφ=6π6π31-cos2φ2dφ==3φ-12sin2φπ6π3=π2 . ∆
Пример 3.4 Найти объем тела V, ограниченного поверхностями z=0, z= x2+y2, y=x2, y=1.
∆ Данное тело можно представить в виде V=x,y,z: x,y∈G, 0≤z≤x2+y2, где G - область на плоскости x,y, ограниченная кривыми y=x2, y=1, т.е. G=x,y:-1≤x≤1, x2≤y≤1. Применяя формулу (3.3) и сводя двойной интеграл к повторному, получим
V=Gx2+y2dxdy=-11dxx21x2+y2dy=-11x2y-13y3x21dx=-11x21-x2--131-x6dx =88105 . ∆

Пример 3.5 Найти объем тела V, ограниченного поверхностями z=134- x2, x2+y2=2y, z=0.
∆ Данное тело можно представить в виде V=x,y,z: x,y∈G, 0≤z≤134- x2, где G - область на плоскости x,y, ограниченна кривой x2+y2=2y. Кривая представляет собой окружность радиуса 1, с центром в точке 0, 1: x2+y-12=1. Следовательно, x≤1. Применим формулу (3.3)
V=G134- x2dxdy.
Перейдем к полярным координатам с центром в точке 0, 1:x=ρcosφ, y=1+ ρsinφ (0≤φ≤2π) .
Уравнение окружности в указанных координатах имеет вид ρ=1. Следовательно,
V=02πdφ01ρ134-ρ2cos2φdρ= 02π134ρ22- ρ4412(1+cos2φ)01dφ=02π32-18cos2φdφ==32φ-116sin2φ02π=3π. ∆
Пример 3.6 Найти площадь поверхности части z>0 полусферы z=R2-x2-y2, заключенной внутри цилиндра x2+y2=r2 (r<R).
∆ Применим формулу (3.4). Учтем, что
∂z∂x=-xR2-x2-y2, ∂z∂y=-yR2-x2-y2,1+∂z∂x2+∂z∂y2=RR2-x2-y2.
Следовательно,
P=GRR2-x2-y2dxdy, где G=x,y: x2+y2≤r2.
Перейдем к полярным координатам x=ρcosφ, y= ρsinφ (0≤φ≤2π), сведем двойной интеграл к повторному
P=02πdφ0rRρR2-ρ2dρ=2πR-120r1R2-ρ2d-ρ2=-2πRR2-ρ20r=2πRR-R2-r2.∆
Пример 3.7 Пластинка G задана неравенствами 1≤x29+y24≤2, y≥0, y≤23x; μ=yx - поверхностная плотность. Найти массу пластинки.
∆ Согласно формуле (3.5), масса пластинки равна m=Gμx,ydxdy, где пластинка изображена на рис. 3.6.

y=23x G
Рис. 3.6
Сделаем эллиптическую замену: x=3ρcosφ, y=2ρsinφ. При этом 1≤ρ2≤2, 0≤yx=23tg φ≤23, следовательно, 0≤tg φ≤1 и 0≤ φ≤π4. Якобиан преобразования равен 3cosφ-3ρsinφ2sinφ2ρcosφ=6ρ. Перейдем к повторному интегралу, масса пластинки равна
m=Gμx,ydxdy=0π4dφ1223tg φ 6ρdρ=4ρ22120π4sinφcosφdφ=2-lncosφ0π4== -2ln12=2ln2=ln2. ∆
3. В аудитории.
1. Найти площади, ограниченные следующими кривыми:
1.1 4y= x2-4x, x=y+3;
1.2 y2=2px+p2, y2=-2qx+q2(p>0, q>0) (Д. 3985).
2. Перейдя к полярным координатам, вычислить площадь, ограниченную следующими кривыми:
x2+y22=2a2x2-y2; x2+y2≥a2 (Д. 3987).
3. Производя надлежащую замену переменных, найти площади фигур, ограниченные следующими кривыми:
3.1 x+y=a, x+y=b, y=αx, y=βx 0<a<b; 0<α<β (Д. 3996);
3.2 y2=2px, y2=2qx, x2=2ry, x2=2sy 0<p<q; 0<r<s (Д. 3998а);
3.3 xa+yb=1, xa+yb=2,xa=yb, 4xa=yb a>0; b>0 (Д. 3999а).
4. Найти объемы тел, ограниченных следующими поверхностями:
4.1 z=1+x+y, z=0, x+y=1, x=0, y=0 (Д. 4007);
4.2 z=sinπy2x, z=0, y=x, y=0, x=π (Д. 4011);
4.3 z=x2+y2, z= x+y (Д. 4020);
4.4 z=ln1+x2+y2, z=0, x2+y2=2.
5. Найти площадь части поверхности z=xy, заключенной внутри цилиндра x2+y2=4.
4. Задачи для самостоятельной работы.
1. Найти площади, ограниченные следующими кривыми:
1.1 y=cosx, y=cos2x, (0≤x≤2π3);
1.2 xy=a2, x+y=52a (a>0) (Д. 3984).
2. Перейдя к полярным координатам, вычислить площадь, ограниченную следующими кривыми:
2.1x2-2x+y2=0, x2-4x+y2=0, y=0, y=3x;
2.2 x2+y22=x3+y3.
3. Производя надлежащую замену переменных, найти площади фигур, ограниченные следующими кривыми:
3.1 xy=a2, xy=2a2, y=x, y=2x x>0; y>0 (Д. 3997);
3.2 x2=ay, x2=by, x3=cy2, x3=dy2 0<a<b; 0<c<d (Д. 3998б);
3.3 xa23+yb23=1, xa23+yb23=4,xa=yb, 8xa=yb x>0; y>0 (Д. 3999б);
3.4 x-1+y+1=2, x=1, y=-1.
4. Найти объемы тел, ограниченных следующими поверхностями:
4.1 x+y+z=a, x2+y2=R2, x=0, y=0, z=0 (a≥R2) (Д. 4008);
4.2 z=xy, x+y+z=1, z=0 (Д. 4012);
4.3 z=ccosπx2+y22a, z=0, y=x tg α, y=x tg β a>0, c>0, 0≤α<β<π2 (Д. 4019).
5.1 Найти площадь поверхности тела, ограниченного поверхностями x2+z2=a2, y2+z2=a2 (Д. 4037).
5.2 Найти площадь части поверхности x2+y2+z2=a2, расположенной вне цилиндров
x2+y2=±ax (Д. 4040).
Занятие 4. Тема: «Тройной интеграл».
1. Определение тройного интеграла. Основные понятия и теоремы для тройных интегралов аналогичны соответствующим понятиям и теоремам для двойных интегралов. Пусть функция u=fM=f(x,y, z) определена на измеримом по Жордану множестве Ω в трехмерном евклидовом пространстве. Разобьем область Ω на n измеримых частей Ωi i=1,n так, чтобы любые две части не имели общих внутренних точек, в каждой части Ωi возьмем произвольную точку Miξi,ηi, ζi и составим сумму
ITi,Mi =i=1nfξi,ηi, ζi∆Vi,
где Vi - объем Ωi.
Пусть di – диаметр Ωi, d=max1≤i≤ndi.
Определение. Число I называется пределом интегральных сумм IΩi,Mi при d→0, если ∀ε>0 ∃δ>0 такое, что для любого разбиения области Ω, у которого d<δ, и для любого выбора промежуточных точек Mi выполняется неравенство IΩi,Mi -I<ε.
Если существует limd→0IΩi,Mi =I, то он называется тройным интегралом от функции f(x,y,z) по множеству Ω и обозначается Ωfx,y,zdxdydz или Ωfx,y,zdV, а функция f(x,y,z) называется интегрируемой в области Ω.
2. Вычисление тройных интегралов с помощью повторного интегрирования. Пусть функция fx,y,z определена в области Ω=x,y,z:(x,y)∈G, z1x,y≤z≤z2x,y, где z1x,y, z2x,y - непрерывные функции на измеримом компакте G (рис. 4.1).
zz=z2(x,y)

z=z1(x,y)

y
yG
(x,y)
O a x bxРис. 4.1
Теорема 4.3 Пусть:
1) существует тройной интеграл Ωfx,y,zdxdydz;
2) ∀(x,y)∈G существует определенный интеграл I(x,y)=z1x,yz2x,yfx,y,zdz.
Тогда существует двойной интеграл
GI(x,y)dxdy=Gdxdy z1x,yz2x,yfx,y,zdz(он называется повторным) и справедливо равенство
Ωfx,y,zdxdydz=Gdxdy z1x,yz2x,yfx,y,zdz,(4.1)
т.е. тройной интеграл равен повторному.
Если область G является элементарной относительно оси Oy (рис. 4.1), т.е. G=x,y:a≤x≤b, y1(x)≤y≤y2(x), то двойной интеграл GI(x,y)dxdy в свою очередь можно свести к повторному
GIx,ydxdy=abdx y1xy2xdyz1x,yz2x,yfx,y,zdz.(4.2)
Таким образом, вычисление тройного интеграла сводится в этом случае к последовательному вычислению трех определенных (однократных) интегралов:
Ωfx,y,zdxdydz=abdx y1xy2xdyz1x,yz2x,yfx,y,zdz.
В формуле (4.1) повторный интеграл представляет собой двойной интеграл, а внутренний интеграл в повторном является определенным интегралом. Возможно и иное сведение тройного интеграла к повторному, когда повторный интеграл представляет собой определенный интеграл, а внутренний в повторном является двойным интегралом.
Пусть функция fx,y,z определена и ограничена в области Ω, которая заключена между плоскостями x=a и x=b, причем каждое сечение области Ω плоскостью x=const представляет собой измеримое множество G(x) (рис. 4.2).




G(x)


a x b xРис. 4.2
Теорема 4.4 Пусть:
1) существует тройной интеграл Ωfx,y,zdxdydz;
2) ∀x∈[a,b] существует двойной интеграл I(x)=Gxfx,y,zdydz.
Тогда существует определенный интеграл
abI(x)dx=abdxG(x)fx,y,zdydz
(он называется повторным) и справедливо равенство
Ωfx,y,zdxdydz= abdxG(x)fx,y,zdydz.(4.3)
2. Замена переменной в тройном интеграле. Аналогично случаю двойного интеграла замена переменных в тройном интеграле Ωfx,y,zdxdydz состоит в переходе от переменных x,y, z к новым переменным u, v w по формулам
x=φu,v,w, y=ψu,v,w, z= χu,v,w, u,v,w∈ω.(4.4)
При этом каждая точка (x,y,z) области Ω соответствует некоторой точке u,v, w области ω, а каждая точка u,v,w области ω переходит в некоторую точку (x,y,z) области Ω. Иными словами, функции (4.4) осуществляют отображение области ω пространства (u, v, w) на область Ω пространства (x,y,z).
Пусть отображение (4.4) удовлетворяет следующим условиям.
1. Отображение (4.4) взаимно однозначно.
2. Функции φu,v,w,ψu,v,w, χu,v,w имеют в области ω непрерывные частные производные первого порядка.
3. Якобиан отображения D(x,y,z)D(u,v,w)=φ'uφ'vφ'wψ'uψ'vψ'wχ'uχ'vχ'w отличен от нуля во всех точках области ω.
Теорема 4.5 Пусть ω и Ω – измеримые компакты, отображение (4.4) удовлетворяет условиям 1 – 3. Если функция fx,y,z интегрируема на Ω, то справедливо равенство
Ωfx,y,zdxdydz= ωfφu,v,w,ψu,v,w,χu,v,w D(x,y,z)D(u,v,w)dudvdw(4.5)
Формула (4.5) называется формулой замены переменных в тройном интеграле.
Формулы (4.4) можно рассматривать как формулы перехода к новым, криволинейным координатам u,v,w. Приведем примеры часто употребляемых криволинейных координат.
Цилиндрические координаты. Пусть M(x,y,z) - произвольная точка в пространстве (x,y,z), M' - проекция точки M на плоскость (x,y) (рис. 4.3).

z
M(x,y,z)

Oyφ ρ
xM'(x,y,0)Рис. 4.3
Точка M однозначно задается тройкой чисел (ρ,φ,z) , где ρ,φ - полярные координаты точки M' на плоскости (x,y), z - аппликата точки M. Тройка чисел ρ,φ,z называется цилиндрическими координатами точки M. Переход от прямоугольных координат (x,y,z) к цилиндрическим (x,y,z) задается формулами
x=ρcosφ, y=ρsinφ, z=z, (0≤ρ<∞, 0≤φ<2π, -∞<z<+∞). (4.6) Иногда в качестве промежутка изменения φ берется промежуток -π<φ≤π. Якобиан отображения (4.6)
D(x,y,z)D(ρ,φ,z)=ρ. (4.7)
Сферические координаты. Пусть M(x,y,z) - произвольная точка в пространстве (x,y,z), M' - проекция точки M на плоскость (x,y) (рис. 4.4а).

zz

M(x,y,z)M(x,y,z) θ1 ρ ρ
θ
Oy Oy φφM'(x,y,0) M'(x,y,0)
x x
Рис. 4.4аРис. 4.4б
Точка M однозначно задается тройкой чисел ρ,φ,θ, где ρ – расстояние точки M от начала координат O, φ - полярный угол точки M' на плоскости (x,y), θ - угол между лучами OM' и OM. Тройка чисел ρ,φ,θ называется сферическими координатами точки M. Переход от прямоугольных координат (x,y,z) к сферическим координатам ρ,φ,θ задается формулами
x=ρcosφcosθ, y=ρsinφcosθ, z=ρsinθ ,
(0≤ρ<∞, 0≤φ<2π,-π2≤θ≤π2 ). (4.6)
Якобиан отображения (4.6) равен:
D(x,y,z)D(ρ, φ, θ)=cosθcosφ-ρcosθsinφ-ρsinθcosφcosθsinφρcosθcosφ-ρsinθsinφsinθ0ρcosθ=ρ2cosθ. (4.7)
Иногда вместо θ берется угол θ1=π2-θ между лучами OM' и Oz; в этом случае
x=ρcosφsinθ1, y=ρsinφsinθ1, z=ρcosθ1 ,
(0≤ρ<∞, 0≤φ<2π,0≤θ1≤π ),
D(x,y,z)D(ρ, φ, θ)=ρ2sinθ.
Иногда используются так называемые обобщенные сферические координаты. Они связаны с прямоугольными координатами (x,y,z) формулами
x-x0=aρncosαθcosβφ, y-y0=bρncosαθsinβφ, z-z0=cρnsinβθ ,
(0≤ρ<∞,-π2≤θ≤π2, 0≤φ<2π ), (4.8)
где x0, y0, z0, a, b, c, n, α, β - некоторые числа, выбираемые в каждом конкретном случае из соображений удобства.
3. Вычисление объемов с помощью тройных интегралов. Объем V измеримого множества Ω в пространстве x,y,z выражается формулой
V=Ωdxdydz.(4.9)
Переходя в (4.9) к новым переменным u,v,w по формулам (4.4), получим выражение объема в криволинейных координатах:
V=ωD(x,y,z)D(u,v,w)dudvdw. (4.10)
Величину dV=dxdydz, представляющую собой объем прямоугольного параллелепипеда с ребрами dx, dy, dz, естественно называть элементом объема в прямоугольных координатах x, y, z, а величину dV=D(x,y,z)D(u,v,w)dudvdw - элементов объема в криволинейных координатах u, v, w. Модуль якобиана D(x,y,z)D(u,v,w) можно трактовать как коэффициент растяжения объема в точке u, v, w при отображении области ω пространства u, v, w на область Ω пространства x, y, z.
Пример 4.1 Вычислить тройной интеграл I=Ωzdxdydz, где Ω - область, ограниченная поверхностями x+y+z=1, x=0, y=0, z=0.
∆ Область Ω=x,y,z: 0≤z≤1-x-y, 0≤y≤1-x, 0≤x≤1 элементарна относительно оси Oz (рис. 4.5).
z
z=1-x-yy
G x
Рис. 4.5
Пусть G есть область на плоскости x,y, ограниченная прямыми x+y=1, y=0, x=0. Очевидно, что область G элементарна относительно оси Oy. Применяя теорему 4.3, получим:
I=Ωzdxdydz=Gdxdy01-x-yzdz=12G1-x-y2dxdy=1201dx01-xy+x--12dy=1601y+x-1301-xdx=-1601x-13dx=-124x-1401=124. ∆
Пример 4.2 Свести трехкратный интеграл
I=-11dx-1-x21-x2dyx2+y21fzdz
к однократному, если f(z) - непрерывная на отрезке [0,1] функция.
∆ Трехкратный интеграл равен тройному интегралу
I=Ωfzdxdydz
по области Ω, ограниченной параболоидом z=x2+y2 и плоскостью z=1(рис. 4.6).
z

z=x2+y2
Oy x
Рис. 4.6
Область Ω элементарна относительно оси Oy:
Ω=x,y,z: -z-x2≤y≤z-x2, x,z∈G,
где G=x,z: -z≤x≤z, 0≤z≤1.
Сводя тройной интеграл к трехкратному, получаем
I=01fzdz-zzdx-z-x2z-x2dy=201fzdz-zzz-x2dx=401fzdz0zz-x2dx=
=401fzx2z-x2+z2arcsinxz0zdz=201fzzπ2dz=π01fzzdz. ∆
Пример 4.3 Вычислить тройной интеграл I=Ωxyzdxdydz, где Ω - область, ограниченная поверхностями z=0, z=y, y=x2, y=1.
∆ Область Ω можно представить в виде Ω=x,y,z: x,y∈G, 0≤z≤y, где G=x,y: -1≤x≤1, x2≤y≤1 (рис. 4.7).

z


y=1 y=x2

-1 O 1 x
Рис. 4.7
Сводя тройной интеграл к повторному, получим
I=Gdxdy0yxyzdz=-11dxx21dy0yxyzdz=-11dxx21xy23 z320ydy=23-11xdxx21y52 dy= 23-11x27y72x21dx=421 -11x1-x7dx=421x22-11+ -10x8dx- 01x8dx=421∙19x9-10-x901=0. ∆
Пример 4.4 Вычислить интеграл I=Ωx+y2-zdxdydz, где Ω - область, ограниченная поверхностями z=0, z-12=x2+y2.
∆ Область Ω представляет собой конус (рис. 4.8).
z
z=1-x2+y2
y
y=1-x2
x GРис. 4.8
Область Ω можно описать следующим образом: Ω=x,y,z: x,y∈G, 0≤z≤1-x2+y2, где G - круг радиуса 1 с центром в начале координат. Для удобства перейдем к цилиндрическим координатам по формулам (4.6). Уравнение конической поверхности в цилиндрических координатах примет вид: z=1-ρ.Учитывая выражение подынтегральной функции в цилиндрических координатах
x+y2-z=ρ2cosφ+sinφ2-z=ρ21+sin2φ-z
и значение якобиана (4.7), получим:
I=ωρρ21+sin2φ-zdρdφdz= 02πdφ01dρ01-ρρρ21+sin2φ-zdz==02πdφ01ρρ21+sin2φz-z2201-ρdρ=02πdφ01ρρ21+sin2φ1-ρ-1-ρ22dρ=
= 02π1201+sin2φ-124dφ=π60. ∆
Пример 4.5 Найти объем тела Ω, ограниченного поверхностью S:x2+y3+z15=1 и координатными плоскостями.
∆ Тело Ω изображено на рис. 4.9.
z
15 3 y x 2
Рис. 4.8
Для вычисления его объема удобно перейти к обобщенным сферическим координатам по формулам
x=2ρ2cos4θcos4φ, y=3ρ2cos4θsin4φ, z=15ρ2sin4θ .
Тогда уравнение поверхности S примет вид: ρ=1. Для переменных ρ,φ,θ имеем следующие отрезки изменения: 0≤ρ≤1, 0≤φ≤π2, 0≤θ≤π2. Якобиан отображения равен:
D(x,y,z)D(ρ, φ, θ)=4 ρcos4θcos4φ-8ρ2cos4θcos3φsinφ-8ρ2sinθcos3θcos4φ6 ρcos4θsin4φ12ρ2cos4θsin3φcosφ-12ρ2sinθcos3θsin4φ30 ρsin4θ060ρ2sin3θcosθ==2880ρ5sin7θcos3θsin3φcos3φ.
Используя формулу (4.10) для объема тела в криволинейных координатах ρ,φ,θ и вычисляя тройной интеграл с помощью перехода к повторному интегралу, получим
V=0π2dφ0π2dθ012880ρ5sin7θcos3θsin3φcos3φdρ=28800π2sin3φcos3φdφ∙
∙0π2sin7θcos3θdθ∙01ρ5dρ=4800π2sin3φcos3φdφ∙0π2sin7θcos3θdθ=480 0π2sin32φ23dφ∙
∙0π2sin7θ(1-sin2θ)dsinθ =60-120π21-cos22φdcos2φ∙18sin8θ-110sin10θ0π2 =
= -3018-110cos2φ-13cos32φ0π2=-30∙140∙2∙-1+13=23∙32=1. ∆
4. В аудитории.
1. Вычислить тройные интегралы:
1.1Ωxy2z3dxdydz, где область Ω ограничена поверхностями z=xy, y=x, x=1, z=0 (Д. 4076);
1.2 Ωxyzdxdydz, где область Ω ограничена поверхностями x2+y2+z2=1, x=0, y=0, z=0 (Д. 4078).
2. Различными способами расставить пределы интегрирования
01dx01-xdy0x+yfx,y,zdz (Д. 4081).
3.Производя надлежащую замену переменных, вычислить тройной интеграл:
3.1 Ωx2+y2+z2dxdydz , где область Ω ограничена поверхностью x2+y2+z2=z (Д. 4087);
3.2 Ω1-x2a2-y2b2-z2c2dxdydz , где область Ω - внутренность эллипсоида x2a2+y2b2+z2c2=1 (Д. 4090).
4. Найти объемы тел, ограниченных следующими поверхностями:
4.1 z=x2+y2, z=2x2+2y2, y=x, y=x2 (Д. 4101);
4.2 az=x2+y2, z=x2+y2, a>0 (Д. 4104);
4.3 x2+y2+z23=3xyz (Д. 4109);
4.4 x2a2+y2b2+z2c22=xh (Д. 4111).
4. Задачи для самостоятельной работы.
1. Вычислить тройные интегралы:
1.1Ω11+x+y+z3dxdydz, где область Ω ограничена поверхностями x+y+z=1, x=0, y==0, z=0 (Д. 4077);
1.2 Ωx2+y2dxdydz, где область Ω ограничена поверхностями x2+y2=z2, z=1 (Д. 4078).
2. Различными способами расставить пределы интегрирования
-11dx-1-x21-x2dyx2+y21fx,y,zdz (Д. 4082).
3.Производя надлежащую замену переменных, вычислить тройной интеграл:
3.1 01dx01-x2dyx2+y22-x2-y2z2dz (Д. 4088);
3.2 Ωx2+y2dxdydz , где область Ω ограничена поверхностями x2+y2=2z, z=2 (Д. 4091).
4. Найти объемы тел, ограниченных следующими поверхностями:
4.1 z=x+y, z=xy, x+y=1, x=0, y=0 (Д. 4102);
4.2 x2+y2+z2=2az, x2+y2≤z2 (Д. 4107);
4.3 x2+y2+z2=a2, x2+y2+z2=b2, x2+y2=z2z≥0, 0<a<b (Д. 4110);
4.4 x2a2+y2b22+z4c4=1 (Д. 4115).
Занятие 5. Тема: «Криволинейный интеграл 1-го рода, приложения».
1. Определение криволинейного интеграла 1-го рода. Пусть L – простая, спрямляемая (замкнутая или незамкнутая) кривая на координатной плоскости Oxy задана уравнениями
x=φt, y=ψt, α≤t≤β,(5.1)
где функции φt, ψt (5.1) непрерывны на отрезке α,β, и пусть на кривой L определена функция f(x,y). Разобьем α,β на n частей точками α=t0<t1<…<tn=β. При этом кривая L разобьется на n частей точками M0, M1,…,Mn. Обозначим через ∆lk длину дуги Mk-1Mk, выберем на каждой дуге Mk-1Mk некоторую точку Nkξk,ηk и составим интегральную сумму
IMk,Nk=k=1nfξk,ηk∆lk.
Пусть ∆l=max1≤k≤n∆lk.
Определение 5.1 Число I называется пределом интегральных сумм при ∆l→0, если ∀ε>0 ∃δ>0 такое, что для любого разбиения кривой L, у которого ∆l<δ, и для любого выбора промежуточных точек Nk выполняется неравенство IMk,Nk-I<ε.
Если существует lim∆l→0IMk,Nk=I, то число I называется криволинейным интегралом 1-го рода от функции f(x,y) по кривой L и обозначается
Lfx,ydl.(5.2)
Если кривая L - незамкнутая и точки A и B – ее концы, то криволинейный интеграл 1-го рода обозначается также: ABfx,ydl.
Из определения следует, что криволинейный интеграл 1-го рода не зависит от того, в каком направлении (от A к B или от B к A ) пробегается кривая L, т.е. ABfx,ydl=BAfx,ydlЕсли fx,y=1, то ABdl равен длине l кривой AB:
ABdl=l(5.3)
Аналогично вводится криволинейный интеграл 1-го рода для пространственной кривой L, заданной параметрически уравнениями
x=φt, y=ψt, z=χ(t), α≤t≤β. (5.4)
Криволинейные интегралы 1-го рода обладают свойствами, аналогичными свойствам определенного интеграла: линейность; аддитивность; модуль интеграла не превосходят интеграла от модуля функции; справедлива формула среднего значения.
2. Вычисление криволинейного интеграла 1-го рода с помощью определенного интеграла. Кривая L, заданная (5.1) ((5.4)), называется гладкой (кусочно гладкой), если функции φt, ψt φt, ψt, χ(t) имеют непрерывные (кусочно непрерывные) производные, одновременно не обращающиеся в нуль на α,β (на α,β, за исключением конечного числа точек). Функция fM=f(x,y), определенная на кривой L, называется непрерывной вдоль кривой L, если ∀M0∈L→limM→M0f(M)=f(M0). Если это условие выполнено в каждой точке кривой, за исключением конечного числа точек, в которых функция имеет разрывы первого рода, то функция f(M) называется кусочно непрерывной вдоль кривой L.
Теорема 5.1 Если L - кусочно гладкая кривая, заданная уравнениями (5.1) ((5.4) для пространственной кривой), функция f(M) кусочно непрерывна вдоль кривой L, то существует криволинейный интеграл (5.2) и справедливы равенства: для кривой на плоскости -
Lfx,ydl=αβfφt, ψtφ'2t+ ψ'2tdt ,(5.5) для пространственной кривой -
Lfx,y,zdl=αβfφt, ψt, χ(t)φ'2t+ ψ'2t+χ'2(t)dt. (5.6)Если кривая L задана уравнением y=yx, a≤x≤b, и yx имеет непрерывную производную на [a,b], то существует интеграл (5.2) и справедливо равенство
Lfx,ydl=abfx, yx1+ y'2xdx. (5.7)
Если кривая L задана в полярных координатах уравнением ρ=ρφ, φ1≤φ≤φ2, и ρφ имеет непрерывную производную на [φ1,φ2], то существует интеграл (5.2) и
Lfx,ydl=φ1φ2fρφcosρ, ρφsinρ∙ρ2φ+ ρ'2φdφ. (5.8)
Пример 5.1 Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода L1y-xdl, где L - отрезок с концами A0;-2, B(4;0) (рис. 5.1).
yBO4x

-2 A

Рис. 5.1
∆ Уравнение прямой, проходящей через точки A0;-2 и B(4;0) имеет вид y=-2+x2, 0≤x≤4. Применим формулу (5.7):
y'x=12, 1+ y'2x=52.
Функция fx,y=1y-x вдоль прямой y=-2+x2 имеет вид: fx,y=1y-x= 1-2+x2-x=-2x+4. Следовательно,
L1y-xdl= -042x+4∙52dx=-5lnx+404=-5ln2. ∆
Пример 5.2 Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода Ly2dl, где L – замкнутый контур ABCO; AB - дуга экспоненты y=ex (рис. 5.2).
y BA
O1 C xРис. 5.2
∆ Воспользуемся свойством аддитивности относительно кривой:
ABCOy2dl=ABy2dl+BCy2dl+COy2dl+OAy2dl.
Рассмотрим криволинейный интеграл 1-го рода по каждому участку. Учтем, что криволинейный интеграл 1-го рода не зависит от направления, в котором движемся по контуру.
AB:y=ex, 0≤x≤1,y'=ex, 1+ y'2x=1+ e2x ⟹
ABy2dl=01e2x1+ e2xdx=12011+ e2xde2x=131+ e2x3201=131+ e32-22;
BC:x=1, 0≤y≤e ⟹BCy2dl=CBy2dl=0ey2dy=13e3;
CO:y=0, 0≤x≤1 ⟹COy2dl=0;
OA:x=0, 0≤y≤1⟹OAy2dl=01y2dy=13.
Итак, ABCOy2dl=131+ e32-22+e3+1. ∆
Пример 5.3 Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода Lx2+y2dl, где L – окружность x2+y2=2ax.
∆ В полярных координатах x=ρcosφ, y=ρsinφ уравнение контура x2+y2=2ax примет вид: ρ=2acosφ, -π2≤φ≤π2. Воспользуемся формулой (5.8), учтем, что ρ2φ+ ρ'2φ=2acosφ2+ -2asinφ2=2a. Тогда
Lx2+y2dl=-π2π22acosφ∙2a dφ=4a2sinφ-π2π2=8a2. ∆
Пример 5.4 Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода Lx2+y2zdl, где L - пространственная кривая, заданная параметрически: x=tcost, y=tsint, z=t (0≤t≤2π).
∆ Воспользуемся формулой (5.6), учтем, что x'2t+ y'2t+z'2(t)=cost-tsint 2+sint+ tcost2+1=cos2t-2tcostsint+ t2sin2t+sin2t+2tcostsint+ t2cos2t+1=2+t2 ,
и что выражение подынтегральной функции вдоль кривой имеет вид x2+y2z=t2cos2t +t2sin2tt= t.
Следовательно, Lx2+y2zdl=02πt2+t2dt=132+t23202π=132+4π232-22=2231+2π232-1.∆
Пример 5.5 Найти длину пространственной кривой x=3t, y=3t2, z=2t3 от точки O(0;0;0) до точки A(3;3;2).
∆ Очевидно, что кривая проходит через точку O(0;0;0) при t=0, через точку A(3;3;2) при t=1. Воспользуемся формулой для длины дуги (5.3) и формулой (5.5) для пространственной кривой:
l=01x'2t+ y'2t+z'2(t)dt=0132+3∙2t2+2∙3t32=3011+4t2+4t4dt=3011+2t22dt=3011+2t2dt=3t+23t301=5 . ∆
Пример 5.6 Найти массу, распределенную с линейной плотностью μ=z по пространственной кривой L: y2-4x2=3z2, y2=x, z≥0 с началом O(0;0;0) и концом A(14;12;0).
∆ Кривая есть пересечение гиперболического параболоида y2-4x2=3z2 и параболического цилиндра y2=x. Масса кривой равна m=OAμ dl. Параметризуем кривую
x=t2, y=t, z=13t2-4t4, 0≤t≤1 .
Учтем, что
x'2t+ y'2t+z'2t=2t2+1+132t-16t321221t2-4t4= 41-2t2231-4t2.
Итак,
m=OAμ dl=0113t2-4t421-2t231-4t2dt=2301t1-2t2dt=116 .∆
3. В аудитории.
1. Вычислить криволинейные интегралы 1-го рода:
1.1 Lx+ydl , где L - контур треугольника с вершинами O0;0, A1;0, B(0;1) (Д. 4221);
1.2 Lx2+y2dl , где L - кривая: x=acost+tsint, y=asint+tcost, 0≤t≤2π (a>0) (Д. 4223);
1.3 Lx43+y43dl , где L - дуга астроиды: x23+y23=a23 (Д. 4225).
2. Найти длину дуги пространственной кривой x=e-tcost, y=e-tsint, z= e-t при 0<t<+∞ (Д. 4232).
3. Вычислить криволинейные интегралы 1-го рода, взятые вдоль пространственных кривых:
3.1 Lx2+y2+z2dl, где L - часть винтовой линии: x=acost, y=asint, z=bt, 0≤t≤2π (a>0, b>0) (Д. 4237);
3.2 Lx2dl, где L – окружность: x2+y2+z2= a2, x+y+z=0 (Д. 4238).
4. Задачи для самостоятельной работы.
1. Вычислить криволинейные интегралы 1-го рода:
1.1 Ly2dl , где L - арка циклоиды: x=at-sint, y=a1-cost, 0≤t≤2π (a>0) (Д. 4222);
1.2 Lxydl , где L - дуга гиперболы: x=a ch t, y=a sh t, 0≤t≤t0 (a>0) (Д. 4224);
1.3 Lex2+y2dl , где L - выпуклый контур, ограниченный кривыми: ρ=a, φ=0, φ=π4 (ρ и φ – полярные координаты) (Д. 4226).
1.4 Найти массу кривой: x=acost, y=bsint, , 0≤t≤2π (a≥ b>0), если линейная плотность в ее точке x,y равна y (Д. 4241/1)
2. Найти длину дуги пространственной кривой y=aarcsinxa, z=a4lna-xa+x (a>0) от точки O(0;0;0) до точки A(x0;y0;z0) (Д. 4233).
3. Вычислить криволинейные интеграл 1-го рода Lzdl, взятый вдоль пространственной кривой, где L – коническая винтовая линия x=tcost, y=tsint, z=t, 0≤t≤t0 (Д. 4239).
Занятие 6. Тема: «Криволинейный интеграл 2-го рода, формула Грина, приложения».
1. Определение криволинейного интеграла 2-го рода. Пусть AB – простая, спрямляемая незамкнутая кривая на координатной плоскости Oxy задана уравнениями
x=φt, y=ψt, α≤t≤β, A=Aφα, ψα, B=Bφβ, ψβ.(5.9)
Пусть на кривой AB заданы две функции: P(x,y) и Q(x,y). Разобьем α,β на n частей точками α=t0<t1<…<tn=β. При этом кривая AB разобьется на n частей точками A=M0, M1,…,Mn=B в направлении от A к B. Пусть xk,yk - координаты точки Mk, ∆xk=xk-xk-1, ∆yk=yk-yk-1, ∆lk - длина дуги Mk-1Mk, ∆l=max1≤k≤n∆lk. На каждой дуге возьмем некоторую точку Nkξk,ηk и составим две интегральные суммы:
I1Mk,Nk=k=1nPξk,ηk∆xk, I2Mk,Nk=k=1nQξk,ηk∆yk.
Определение 5.2 Число Im m=1,2 называется пределом интегральных сумм ImMk,Nk m=1,2 при ∆l→0, если ∀ε>0 ∃δ>0 такое, что для любого разбиения кривой L, у которого ∆l<δ, и для любого выбора промежуточных точек Nk выполняется неравенство ImMk,Nk-Im<ε.
Если существует lim∆l→0ImMk,Nk=Im, то он называется криволинейным интегралом 2-го рода и обозначается I1=ABPx,ydx, I2=ABQx,ydy.
Сумма называется общим криволинейным интегралом 2-го рода и обозначается так:
ABPx,ydx+ Qx,ydy (5.10)
Аналогично водится криволинейный интеграл 2-го рода вдоль пространственной кривой, заданной параметрически (5.4) A=Aφα, ψα, χ(α), B=Bφβ, ψβ, χ(β):
ABPx,y,zdx+ Qx,y,zdy+Rx,y,zdz . (5.11)
Из определения криволинейного интеграла 2-го рода следует, что при изменении направления обхода кривой AB изменяется и знак интеграла, т.е.
ABPx,ydx=-BAPx,ydx, ABQx,ydx=-BAQx,ydx.
Если AB - замкнутая кривая, т.е. точка A совпадает с точкой B, то для нее можно указать два направления обхода от A к B. Если область, лежащая внутри контура, остается слева по отношению к движущейся по контуру точке, то такое направление обхода кривой называется положительным, а противоположное ему – отрицательным.
Криволинейные интегралы 2-го рода обладают свойствами линейности и аддитивности, однако теорема об оценке модуля интеграла и формула среднего значения, вообще говоря, неверны.
2. Вычисление криволинейного интеграла 2-го рода с помощью определенного интеграла.
Теорема 5.2 Если AB - кусочно гладкая кривая, заданная уравнениями (5.1) ((5.4) для пространственной кривой), функции PM, QM, R(M) кусочно непрерывны вдоль кривой AB, то существует криволинейный интеграл (5.10)((5.11)) и справедливо равенство
ABPdx+ Qdy=αβPφt, ψtφ't+Qφt, ψtψ'tdt , (5.12) для пространственной кривой
ABPdx+ Qdy+Rdz=αβPφt, ψt, χ(t)φ't+Qφt, ψt,χ(t)ψ't+Qφt, ψt,χ(t)χ'tdt . (5.13)
Пример 5.7 Вычислить криволинейный интеграл 2-го рода Lxy dx по кривой L, пробегаемой в направлении возрастания параметра x, L - дуга синусоиды y=sinx, 0≤x≤π.
∆ Воспользуемся теоремой 5.2, параметризуем кривую: x=x, y=sinx, 0≤x≤π. Получим: I=Lxy dx=0πxsinx dx= - 0πx dcosx= -xcosx0π- 0πcosx dx =--π-sinx0π==π .∆
Пример 5.8 Вычислить криволинейный интеграл 2-го рода Lyx dx+dy по кривой L, пробегаемой в направлении возрастания параметра x, L - дуга синусоиды y=lnx, 1≤x≤e.
∆ Так как: y=lnx⟹dy=1xdx, то:
I=Lyx dx+dy=1elnxx+1xdx=1elnx+1dlnx= 12lnx+121e=124-1=32 .∆
Пример 5.9 Вычислить криволинейный интеграл AB4x+5y dx+2x-ydy по отрезку AB, ориентированному от точки A(1;-9) к точке B(4;-3).
∆ Уравнение прямой, проходящей через точки A(1;-9) и B(4;-3), имеет вид:
y=2x-11, 1≤x≤4,
следовательно, dy=2 dx и
I=AB4x+5y dx+2x-ydy=144x+2x-11+22x-2x-11dx=
=1414x-33dx. ∆
3. Связь между криволинейными интегралами 1-го и 2-го рода.
Теорема 5.3 Если AB - кусочно гладкая кривая, заданная уравнениями (5.1), функции P=Px,y, Q=Qx,y кусочно непрерывны вдоль кривой AB и τ=cosα,sinα - единичный касательный вектор к кривой AB в точке M(x,y), причем направление τ соответствует направлению движения от A к B (α - угол между вектором τ в точке M(x,y) и осью Ox). Тогда имеет место равенство
ABP(x,y)dx+ Qx,ydy=ABPcosα+ Qsinαdl= ABF,τdl, где F=Px,yi+Q(x,y)j. (5.14)
(F,τ – скалярное произведение векторов F и τ.)
Для пространственной кривой (5.4) справедлива аналогичная теорема, а формула (5.14) имеет вид
ABP(x,y,z)dx+ Qx,y,zdy+Rx,y,zdz=ABPcosα+ Qcosβ+ Rcosγdl= ABF,τdl, (5.15)
где F=Px,y,zi+Qx,y,zj+ Rx,y,zk; τ=cosαi+cosβj+cosγk; α, β, γ - углы между касательным вектором τ к кривой AB в точке M(x,y,z) и осями Ox, Oy, Oz.
Из формул (5.14), (5.15) следует физическое приложение криволинейного интеграла 2-го рода. Работа силы F(x,y) при перемещении материальной точки из точки A в точку B вдоль плоской AB кривой вычисляется по формуле (5.14), вдоль пространственной кривой – по формуле (5.15).
4. Формула Грина.
Теорема 5.4 Пусть функции Px,y, Qx,yи их частные производные ∂P∂y, ∂Q∂x непрерывны в односвязной области Ω, а простой кусочно гладкий контур L ограничивает область G ⊂Ω. Тогда справедлива формула Грина
LPdx+Qdy=G∂Q∂x- ∂P∂ydxdy , (5.16)
где контур L ориентирован так, что при его обходе область G остается слева (направление обхода положительно).
Площадь области G, ограниченной простым кусочно гладким контуром L, равна
S=Lxdy=-Lydx=12Lxdy-ydx (5.17)
(при обходе контура L область G остается слева).
Пример 5.10 Вычислить криволинейный интеграл L3x2-ydx+1-2xdy по замкнутому контуру L, пробегаемому так, что его внутренность остается слева, где L - граница треугольника с вершинами O0;0, A1;0, B(1;1) (рис. 5.3).
y
B
G
O A xРис. 5.3
∆ Воспользуемся формулой Грина (5.16): P=3x2-y, Q=1-2x, ∂Q∂x- ∂P∂y=-2+1=-1 . Следовательно, I=L3x2-ydx+1-2xdy=-Gdxdy=-12 (равна площади треугольника OAB, взятой со знаком «-»). ∆
Пример 5.11 Вычислить криволинейный интеграл I=AOexsiny-ydx+excosy-1dy, где AO- верхняя полуокружность x2+y2=2x, A1;0, O0;0 (рис. 5.4).


G O0;0 A1;0Рис. 5.4
∆ Введем обозначения: P=exsiny-y, Q=excosy-1. Дополним кривую интегрирования AO до замкнутого контура отрезком OA оси Ox. Получим
I=AOAPdx+Qdy-OAPdx+Qdy.
Так как ∂Q∂x- ∂P∂y=excosy-excosy+1=1, то по формуле Грина (5.16) находим:
AOAPdx+Qdy=Gdxdy,
где G - верхняя половина круга радиуса 1. Поэтому AOAPdx+Qdy=π2. Вычислим интеграл по отрезку OA оси Ox. Учитывая, что на этом отрезке P=0, dy=0, получим OAPdx+Qdy=0. Таким образом, I=π2.∆
Пример 5.12 Найти площадь области, ограниченной плоскими кривыми: y2=4-x, x=4, y=1. (рис. 5.5).

A B G Cx

Рис. 5.5
∆ Для нахождения площади фигуры, ограниченной данными кривыми (рис. 5.5) воспользуемся формулой (5.17): S=Lxdy, где L - контур ACB. Применим свойство аддитивности криволинейного интеграла относительно кривой:
Lxdy=ACxdy+CBxdy+BAxdy.
Рассмотрим интеграл по каждому участку:
AC:x=4-y2, y1=1, y2=0 ⟹ACxdy=104-y2dy=4y-13y310=-4+13;
CB:x=4, 0≤y≤1 ⟹CB4dy=4;
BA:y=1 ⟹dy=0 ⟹ACxdy=0.
Итак, Lxdy=13. ∆
Пример 5.13 С помощью криволинейных интегралов вычислить площадь области, ограниченной окружностью x2+y2=4 и параболой x2=2-y (область содержит начало координат) (рис 5.6).
C



A(-3;-1)B(-3;-1)Рис. 5.6
∆ Найдем точки пересечения окружности x2+y2=4 и параболы x2=2-y: A-3;-1, B-3;-1 . Воспользуемся формулой (5.17), учитывая положительное направление обхода области G (против часовой стрелки – область слева) и свойством аддитивности криволинейного интеграла относительно кривой:
S=-Lydx= -ABydx+BCAydx.
Вычислим интеграл по каждому участку:
AB:y=-4-x2, -3≤x≤3 ⟹
ABydx=--334-x2dx=-x24-x2+42arcsinx2-33=-3+4arcsin32=-3+4∙π3;
BCA:y=2-x2, x1=3, x2=-3 ⟹
BCAydx=3-32-x2dx=2x-x333-3=-43+23==-23.
Итак, S=4π3+33.∆
5. Условия независимости криволинейного интеграла 2-го рода от пути интегрирования.
Теорема 5.5 Пусть функции Px,y, Qx,y непрерывны в области Ω. Тогда следующие три условия эквивалентны.
I. Для любого замкнутого кусочно гладкого контура L, расположенного в области Ω, справедливо равенство LPdx+Qdy=0.
II. Для любых двух точек A и B в области Ω криволинейный интеграл ABPdx+ Qdy не зависит от пути интегрирования, расположенного в области Ω.
III. Выражение ABP(x,y)dx+ Qx,ydy является полным дифференциалом, т.е. в области Ω существует функция u=u(x,y) такая, что du=Px,ydx+Qx,ydy. При этом для любой кусочно гладкой кривой AB, лежащей в области Ω, имеет место равенство ABP(x,y)dx+ Qx,ydy=uB-u(A).
Пусть Ω - односвязная область, функции Px,y, Qx,y имеют в области Ω непрерывные частные производные ∂P∂y, ∂Q∂x. Тогда каждое из условий I. - III. эквивалентно следующему условию:
IV. В области Ω выполняется равенство ∂P∂y= ∂Q∂x.
Пример 5.14 Убедившись в том, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, вычислить криволинейный интеграл по кривой L с началом в точке A(-2; -1) и концом в точке B(0;1): Lx4+4xy3dx+6x2y2-5y4dy.
∆ Px,y=x4+4xy3, Qx,y=6x2y2-5y4. Проверим: ∂P∂y=12xy2, ∂Q∂x=12xy2. Таким образом, условие IV теоремы 5.5 выполнено и выражение x4+4xy3dx+6x2y2-5y4dy является полным дифференциалом, и криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования. Возьмем в качестве пути интегрирования, например, ломанную ACB, где C(0;-1) (рис.5.7).


B(0;1)

A(-2;-1) C(0;-1)Рис. 5.7
Рассмотрим интеграл по каждому отрезку:
AC=x,y:y=-1, -2≤x≤0⟹dy=0⟹
ACx4+4xy3dx+6x2y2-5y4dy=-20x4-4xdx=15∙25+8;
CB=x,y:y=0, -1≤y≤1⟹dx=0⟹
ACx4+4xy3dx+6x2y2-5y4dy=-11-5y4dy=-2.
Следовательно, I=15∙25+8-2=6+325=625.∆
5. В аудитории.
1. Вычислить криволинейные интегралы 2-го рода, взятые вдоль указанных кривых в направлении возрастания параметра:
1.1 Lx2-2xydx+ y2-2xydy , где L – парабола y=x2, -1≤x≤1 (Д. 4250);
1.2 L2a-ydx+ xdy , где L - арка циклоиды: x=at-sint, y=a1-cost, 0≤t≤2π (a>0) (Д. 4253);
1.3 Ly2-z2dx+ 2yzdy-x2dz , где L - кривая x=t, y=t2, z=t3, 0≤t≤1 (Д. 4279).
2. Убедившись, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, вычислить:
(0;1)(3;-4)xdx+ ydy (Д. 4259).
3. Применяя формулу Грина, вычислить:
3.1 Lxy2dy-x2ydx, где L - окружность x2+y2=a2 (Д. 4298);
3.2 Lex1-cosydx-y-sinydy, где L – пробегаемый в положительном направлении контур, ограничивающий область 0<x<π, 0<y<sinx (Д. 4298).
4. С помощью криволинейных интегралов вычислить площади, ограниченные следующими кривыми:
4.1 x=acos3t, y=asin3t (a>0) (астроида) (Д.4309);
4.2 x3+y3=3axy (a>0) (петля декартова листа). Указание: положить y=tx (Д.4311).
6. Задачи для самостоятельной работы.
1. Вычислить криволинейные интегралы 2-го рода, взятые вдоль указанных кривых в направлении возрастания параметра:
1.1 Lx2+y2dx+ x2-y2dy , где L – кривая y=1-1-x, 0≤x≤2 (Д. 4251);
1.2 Lx+ydx-(x-y)dyx2+y2 , где L – окружность x2+y2=a2, пробегаемая против хода часовой стрелки (Д. 4254);
1.3 Lxx2+y2+ydx+ yx2+y2+xdy по отрезку AB, ориентированному в направлении от точки A(1;0) к точке B(3;4);
1.4 Lydx+ zdy+xdz , где L – виток линии x=acost, y=asint, z=bt, 0≤t≤2π (a>0, b>0), пробегаемый в направлении возрастания параметра (Д. 4280).
2. Убедившись, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, вычислить:
2.1 (2;1)(1;2)ydx- xdyx2 вдоль путей, не пересекающих оси Oy (Д. 4263);
2.2 Lexcosydx- exsinydy по кривой L с началом в точке O(0;0) и концом в точке A(x0,y0);
2.3 L3x2-2xy+y2dx+2xy-x2-3y2dy по кривой L с началом в точке A(-1;2) и концом в точке B(1;-2).
3. Применяя формулу Грина, вычислить (интеграл по замкнутому контуру пробегается так, что его внутренность остается слева):
3.1Lx+ydx-x-ydy, где L - эллипс x2a2+y2b2=1 (Д. 4299);
3.2 x2+y2=R2e-x2-y2cos2xydx+sin2xydy (Д. 4301).
3.3 L2x2+y2dx+x+y2dy, где L – граница треугольника с вершинами A1;1, B1;3, C(2;2).
4. С помощью криволинейных интегралов вычислить площади, ограниченные следующими кривыми:
4.1 x+y2=ax (a>0) и осью Ox (парабола)(Д.4310);
4.2 x2+y22=a2x2-y2 (лемниската). Указание: положить y=x tg φ (Д.4312).
Занятия 7-8 (дополнителные). Тема: «Поверхностный интеграл, формулы Стокса, Остроградского - Гаусса».
1. Простые поверхности. Функция f(u,v) называется непрерывно дифференцируемой на замкнутом множестве G⊂R2, если она определена и имеет частные производные ∂f∂u, ∂f∂v на открытом множестве E, содержащем замкнутое множество G.
Пусть Ω - ограниченная область в R2, функции φu,v, ψu,v, χ(u,v) непрерывно дифференцируемы на замкнутом множестве Ω=Ω∪∂Ω, где ∂Ω – граница области Ω. Тогда отображение F: Ω→R3, определяемое формулами
x= φu,v, y= ψu,v, z=χ(u,v) , u,v∈Ω (6.1)
называется непрерывно дифференцируемым. Если при этом в каждой точке u,v∈Ω ранг функциональной матрицы
φuu,vψuu,vχu(u,v)φvu,vψvu,vχv(u,v)равен двум, то отображение F: Ω→R3 называется гладким.
Если Ω - замкнутое ограниченное множество в R2; F: Ω→R3 есть такое гладкое отображение, что соответствие между множествами Ω и Σ=FΩ является взаимно однозначным, то множество Σ называется простой поверхностью в R3, а уравнения (6.1) называются параметрическими уравнениями простой поверхности Σ.
Уравнения (6.1) простой поверхности можно записать в векторной форме:
r=ru,v, u,v∈Ω,
ru,v= φu,vi+ ψu,vj+χ(u,v)k.(6.2)
Пусть Σ есть простая поверхность, заданная уравнением (6.1) или векторным уравнением (6.2). Рассмотрим точку A(u,v) на поверхности Σ, где (u,v) - внутренняя точка области Ω. Построим координатные линии u=const и v=const, проходящие через точку A(u,v). Векторы
ruu,v= φuu,vi+ ψuu,vj+χuu,vk, rvu,v= φvu,vi+ ψvu,vj+χv(u,v)k (6.3) будут касательными к соответствующим координатным линиям (φuu,v=∂φ∂u, φvu,v=∂φ∂v,… ).
На простой гладкой поверхности всегда определено непрерывное поле единичных нормальных векторов
n= ruu,v, rvu,v ruu,v, rvu,v . (6.4)
( ruu,v, rvu,v - векторное произведение векторов ruu,v и rvu,v)
Произвольные гладкие поверхности могут быть как ориентируемыми (двусторонними), так и неориентируемыми (односторонними). Гладкая поверхность, являющаяся границей области в R3, ориентируема. Ее внутренняя сторона задается нормальными векторами, направленными внутрь области (внутренними нормалями), внешняя сторона определяется внешними нормалями. Для построения поля внутренних нормалей к границе области достаточно построить внутреннюю нормаль к какой-то одной точке границы.
Рассмотрим
dr=ruu,vdu+ rvu,vdv,
dr2=dr,dr =Eu,vdu2+2Fu,vdudv+Gu,vdv2, (6.5) где
Eu,v=ruu,v,ruu,v , Fu,v=ruu,v,rvu,v , Gu,v=rvu,v,rvu,v . (6.6)
Выражение, стоящее в правой части (6.5), называется первой квадратичной формой поверхности, числа E, F, G называются коэффициентами первой квадратичной формы. В любой точке простой поверхности
ruu,v, rvu,v 2=EG- F2>0 .
Площадь простой поверхности Σ определяется следующим образом (область Ω предполагается измеримой по Жордану):
SΣ=Ω ruu,v, rvu,v dudv=ΩEG- F2dudv.(6.7)
Для поверхности, являющейся графиком непрерывно дифференцируемой функции z=f(x,y) на замыкании измеримой по Жордану области Ω, формула (6.7) для площади поверхности имеет вид (см. занятие 3):
SΣ=Ω1+fx2+fy2dxdy. (6.8)
2. Поверхностные интегралы 1-го рода.
Определение 6.1 Пусть Σ - простая поверхность, заданная векторным уравнением (6.2). Пусть на поверхности Σ определена непрерывная функция F(x,y,z). Двойной интеграл
ΩFxu,v, yu,v, zu,v ruu,v, rvu,v dudv
называется поверхностным интегралом 1-го рода от функции F(x,y,z) по поверхности Σ и обозначается ΣFdS. Таким образом, по определению
ΣFdS=ΩFxu,v, yu,v, zu,v ruu,v, rvu,v dudv.(6.9)
Интеграл (6.9) не зависит от выбора параметрического уравнения поверхности. Аддитивность интеграла (6.9) относительно поверхности следует из аддитивности двойного интеграла по области интегрирования. Подставляя выражение ruu,v, rvu,v через коэффициенты первой квадратичной формы поверхности в (6.9), получим следующее выражение для поверхностного интеграла 1-го рода:
ΣFdS=ΩFxu,v, yu,v, zu,vEG- F2dudv. (6.10)
Если поверхность является графиком непрерывно дифференцируемой функции z=f(x,y) на замыкании измеримой по Жордану области Ω, то имеет место равенство
ΣFdS=ΩFx, y, zx,y1+fx2+fy2dxdy . (6.11)
Пример 6.1 Вычислить поверхностный интеграл 1-го рода I=ΣzdS, где Σ - часть гиперболического параболоида z=xy, вырезанная цилиндром x2+y2=4.
∆ По формуле (6.11) получим
I=Ωxy1+zx2+zy2dxdy=Ωxy1+y2+x2dxdy, где Ω - круг x2+y2≤4. Переходя к полярным координатам x=ρcosφ, y= ρsinφ и сводя двойной интеграл к повторному, найдем
I=02πdφ02ρ3cosφsinφ 1+ρ2dρ=02πcosφsinφdφ∙02ρ31+ρ2dρ=0.∆
Пример 6.2 Вычислить поверхностный интеграл 1-го рода I=ΣzdS, где Σ – верхняя полусфера x2+y2+z2=a2.
∆ Параметризуем полусферу
x=acosψcosφ, y=acosψsinφ , z=asinψ,
0≤ψ≤π2, 0≤φ≤2π.
Вычислим коэффициенты первой квадратичной формы поверхности и применим формулу (6.10). Получим:
r=acosψcosφ; acosψsinφ ; asinψ,
rψ=-asinψcosφ;-asinψsinφ ; acosψ,
rφ=-acosψsinφ; acosψcosφ ; 0.
E=rψ,rψ=a2, F=rψ,rφ=0, G=rφ,rφ=a2cos2ψ,
EG- F2=a2cosψ=a2cosψ 0≤ψ≤π2⟹cosψ≥0,
I=ΣzdS=ΩzEG- F2dψdφ=02πdφ0π2a3cosψsinψdψ=a32π-12cos2ψ0π2=πa3. ∆
Пример 6.3 Вычислить интеграл I=ΣdSx2+y2+z2, где Σ - часть цилиндрической поверхности x=acosu, y=asinu, z=v;0≤u≤2π, 0≤v≤h.
∆ Применим формулу (6.10). Вычислим коэффициенты квадратичной формы для цилиндрических координат: E=a2, F=0, G=1. Поэтому
I=ΣdSx2+y2+z2=02π0haa2+v2du dv=2πa0hdva2+v2=2πalnh+a2+h2h . ∆
Пример 6.4 Вычислить интеграл I=Σz2dS, где Σ - полная поверхность конуса x2+y2≤z≤2.
∆ Пусть Σ1 - боковая поверхность конуса, Σ2 - его основание; тогда:
I=Σ1z2dS+Σ2z2dS.
К первому интегралу применим формулу (6.11). На боковой поверхности конуса
z=x2+y2,
∂z∂x=xx2+y2, ∂z∂y=yx2+y2, 1+∂z∂x2+∂z∂y2=2.
Следовательно,
Σ1z2dS=x2+y2≤4x2+y22dxdy=202πdφ02ρ3dρ=82π.
На основании конуса z=2, поэтому второй интеграл равен четыре площади основания конуса 4∙π22. Итак, I=8π2+2. ∆
3. Поверхностные интегралы 2-го рода. Пусть в некоторой окрестности простой поверхности Σ задано непрерывное векторное поле, т.е. определена вектор – функция
a=Px,y,z,Qx,y,z,Rx,y,z , (6.12) компоненты P, Q, R которой есть непрерывные функции в некоторой области, содержащей поверхность Σ.
Ориентируем поверхность Σ единичными нормалями
n=NN, N= ruu,v, rvu,v . (6.13)
Противоположная ориентация поверхности Σ возникает при замене в формуле (6.12) вектора N на вектор -N. Для простой поверхности N≠0.
Спроектируем в каждой точке поверхности Σ вектор a на нормальный вектор. Тогда на поверхности Σ будет определена непрерывная функция Fx, y, z=a,n , знак которой зависит от ориентации поверхности.
Определение 5.2 Поверхностный интеграл 1-го рода
Σa,n dS (6.14) называется потоком вектор–функции через ориентированную поверхность Σ или поверхностным интегралом 2-го рода.
Очевидно, при изменении ориентации поверхности на противоположную интеграл (6.14) меняет знак.
Для поверхностного интеграла 2-го рода используются еще и следующие обозначения:
Σa,n dS =ΣandS=ΣPcosnx+ Qcosny+Rcosnz dS=ΣPdydz+ Qdzdx+Rdxdy
(6.15)
Воспользовавшись формулой (6.9) для вычисления интеграла (6.14), выразим поток векторного поля через простую поверхность Σ, ориентированную нормалями (6.13), при помощи двойного интеграла по плоской области от смешанного произведения трех векторов a,ru, rv :
Σa,n dS=Σa,NN dS=Ωa,NN ru, rv dudv=Ωa,N dudv =
=Ωa, ru, rv dudv=Ωa,ru, rv dudv . (6.16)
Пример 6.5 Вычислить поверхностный интеграл I=Σz2dxdy по внешней стороне полусферы x2+y2+z2=1, z≥0 (внешняя сторона определяется нормалями, направленными от центра).
∆ Вектор a имеет координаты (см. формулу (6.15)) a=0;0; z2. Вектор нормали к поверхности F=x2+y2+z2-1=0 коллинеарен градиенту функции F: grad F= 2x; 2y; 2z. Внешняя сторона полусферы в данном случае определяется нормалями, составляющими острый угол с осью Oz: z>0. Единичный вектор к внешней стороне полусферы радиуса 1 имеет координаты: n=x, y, z. Следовательно, a,n =z3 и
I=Σz2dxdy=Σz3dS.
Полусферу Σ можно задать как график функции
z=1-x2-y2, x,y∈Ω, Ω=x,y: x2+y2≤1.
От поверхностного интеграла 1-го рода перейдем к кратному, воспользовавшись формулой (6.11):
1+zx2+zy2=1+x21-x2-y2+y21-x2-y2=11-x2-y2,
I=Σz3dS=Ω1-x2-y2dx dy=02πdφ02ρ1-ρ2dρ=π2. ∆
Пример 6.6 Вычислить поверхностный интеграл I=Σzdxdy по внешней стороне конической поверхности z2=x2+y2, 0≤z≤1 , считая, что внешняя сторона определяется нормалями, составляющими с осью Oz тупой угол.
∆ Перепишем уравнение поверхности конуса в виде: z=x2+y2 или F=x2+y2-z. Отсюда grad F=xx2+y2; yx2+y2; -1. Выберем направление нормали: проекция на ось Oz должна быть меньше нуля. Единичная нормаль имеет координаты: n=grad Fgrad F=12x;y; -1. Следовательно, a,n =-z, 1+zx2+zy2=2 и
I=Σzdxdy=-12ΣzdS= =-12Ωx2+y2∙2dxdy=-02πdφ01ρ2dρ=-2π3. ∆
Пример 6.7 Вычислить поток вектора a=x3;y3;z3 через внутреннюю поверхность конической поверхности z2=x2+y2, 0≤z≤1.
∆ Поверхность конуса можно параметризовать следующим образом:
r=ρcosφ; ρsinφ ; ρ,
rρ=cosφ;sinφ ; 1,
rφ=-ρsinφ; ρcosφ ; 0, Ω=ρ,φ:0≤≤1, 0≤φ≤2π .
Воспользовавшись формулой (6.16), получим:
Σa,n dS=Ωρ3cos3φρ3sin3φρ3cosφsinφ1-ρsinφρcosφ0dρdφ=02πcos2φ+sin2φ-cos4φ-sin4φdφ01ρ4dρ=2502πcos2φsin2φdφ=π10.
Заметим, что при выбранной параметризации поверхности для проекции нормального вектора N= rρ, rφ на ось Oz справедливо неравенство
Nz=cosφsinφ-ρsinφρcosφ=ρ>0 , поэтому вектор нормали n=NN составляет с осью Oz острый угол и вектор n определяет внутреннюю сторону конической поверхности. ∆
4. Формула Стокса. a=Px,y,z,Qx,y,z,Rx,y,z - непрерывно дифференцируемое векторное поле, заданное в некоторой области, содержащей простую ориентированную поверхность Σ. ∂Σ - замкнутый соответственно ориентированный контур, ограничивающий поверхность Σ (поверхность Σ натянута на контур ∂Σ). Говорят, что поверхность и ограничивающий ее контур ориентированы соответственно, если наблюдатель, движущийся по контуру и смотрящий на поверхность с той стороны, куда направлена нормаль к поверхности, видит поверхность слева. Тогда имеет место формула Стокса:
∂ΣPdx+Qdy+Rdz=Σ∂R∂y-∂Q∂zdydz+∂P∂z-∂R∂xdzdx+∂Q∂x-∂P∂ydxdy
Эта формула может быть переписана в виде:
∂ΣPdx+Qdy+Rdz=Σ∂R∂y-∂Q∂zcosα+∂P∂z-∂R∂xcosβ+∂Q∂x-∂P∂ycosγdS
или
∂ΣPdx+Qdy+Rdz=Σcosαcosβcosγ∂∂x∂∂y∂∂zPQRdS, (6.17)
где cosα;cosβ;cosγ - вектор единичной нормали к поверхности Σ, направленный соответственно направлению контура ∂Σ.
Формула Стокса может быть записана в векторной форме: циркуляция векторного поля по контуру ∂Σ равна потоку вихря этого поля через поверхность Σ, натянутого на контур ∂Σ, т.е.
∂Σa,dr=Σrot a, ndS,
rot a=ijk∂∂x∂∂y∂∂zPQR. (6.18)
Пример 6.8 Вычислить интеграл I=Ly2-z2dx+z2-x2dy+x2-y2dz, где L - кривая пересечения параболоида x2+y2+z=3 с плоскостью x+y+z=2, ориентированная положительно относительно вектора 1;0;0.
∆ Применим формулу Стокса. За поверхность Σ, ограниченную кривой L, примем часть секущей плоскости x+y+z=2, лежащей внутри параболоида. Единичным вектором нормали к Σ, направленным соответственно направлению кривой L, является вектор 13; 13; 13.
Так как P=y2-z2, Q=z2-x2, R=x2-y2 , то
∂R∂y-∂Q∂z=-2y+z, ∂P∂z-∂R∂x=-2x+z, ∂Q∂x-∂P∂y=-2x+y.
Применяя формулу (6.17), получим
I=-43Σx+y+zdS=-83ΣdS.
Так как z=2-x-y на поверхности Σ, то 1+zx2+zy2=3. Следовательно,
I=-8Ωdxdy,
где Ω – проекция Σ на плоскость Oxy. Исключая z из уравнений
x2+y2+z=3, x+y+z=2,
получим
x-122+y-122=32,
т.е. Ω – есть круг радиуса 32. Следовательно, Ωdxdy=32π, I=-12π .∆
Пример 6.9 Вычислить криволинейный интеграл LABx2-yzdx+y2-xzdy+z2-xydz, взятый по отрезку винтовой линии x=acost, y=asint, z=h2πt (рис. 6.1) от точки A(a;0;0;) до точки B(a;0;h).
z


B

O yA
xРис. 6.1
∆ Дополним кривую LAB отрезком L'BA до замкнутой кривой L. В силу аддитивности криволинейного интеграла относительно кривой
La,dr=LABa,dr+ L'BAa,dr.
Так как на отрезке L'BA выполнены равенства x=a, y=0, то
L'BAx2-yzdx+y2-xzdy+z2-xydz=h0z2dz=-h33.
Рассмотрим векторное поле: a=P;Q;R, P=x2-yz, Q=y2-xz, R=z2-xy. Вычислим (6.18)
rot a=ijk∂∂x∂∂y∂∂zx2-yzy2-xzz2-xy=0;0;0.
По формуле Стокса (6.18) La,dr=Σrot a, ndS=0, следовательно,
LABa,dr=- L'BAa,dr=h33. ∆
5. Формула Остроградского. Пусть Ω∈R3 - ограниченная область, граница которой ∂Ω есть кусочно гладкая поверхность, ориентированная внешними нормалями. В Ω=Ω∪∂Ω задано непрерывно дифференцируемое векторное поле a=Px,y,z,Qx,y,z,Rx,y,z . Тогда поток векторного поля a через границу области ∂Ω равен тройному интегралу от div a по области Ω, т.е.
∂Ωa,ndS=Ωdiv a dxdydz, (6.19) или
∂ΩPdydz+Qdzdx+Rdxdy=Ω∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z dxdydz. (6.20)
Пример 6.10 Показать, что поверхностный интеграл I=Σy-zdydz+z-xdzdx++x-ydxdy по внешней стороне части конической поверхности x2+y2=z2, 0≤z≤R равен нулю.
∆ Запишем поверхностный интеграл в виде Σa,ndS, где a=y-z;z-x;x-y. Тогда div a=0. Применим формулу Остроградского к области Ω, изображенной на рис. 6.2.
z

n

Ry xРис. 6.2
Граница ∂Ω состоит из поверхности Σ и круга Σ1 радиуса R с центром в точке (0;0;R). Так как div a=0, то
Σa,ndS+Σ1a,ndS=Ωdiv a dxdydz=0.
Следовательно,
I=Σa,ndS=-Σ1a,ndS=-x2+y2≤1x-ydxdy=-02πcosφ-sinφdφ01ρ2dρ=. ∆
Пример 6.11 Вычислить поверхностный интеграл I=Σzdxdy+5x+ydydz по внешней стороне полной поверхности конуса x2+y2≤z2, 0≤z≤4.
∆ Запишем поверхностный интеграл в виде Σa,ndS, где a=5x+y;0;z. Тогда div a=6. Применим формулу Остроградского:
I=Σzdxdy+5x+ydydz=6Ωdxdydz,
где Ωdxdydz – объем конуса, площадь основания которого круг радиуса 4, высотой 4. Следовательно, I=6∙13∙π∙42∙4=128π.∆
6. В аудитории.
1. Вычислить поверхностные интегралы 1-го рода:
1.1 Σx2+y2dS , где Σ - граница тела x2+y2≤z≤1. (Д. 4344);
1.2 ΣxyzdS , где Σ - часть поверхности z=x2+y2, отсекаемая плоскостью z=1(Д. 4346);
1.3 Σxy+yz+zxdS , где Σ - часть конической поверхности z=x2+y2, вырезанная поверхностью x2+y2=2ax (Д. 4350).
2. Вычислить поверхностные интегралы 2-го рода:
2.1 Σxdydz+ydzdx+zdxdy , где Σ - внешняя сторона сферы x2+y2+z2=a2(Д. 4362);
2.2 Σdydzx+dzdxy+dxdyz , где Σ - внешняя сторона эллипсоида x2a2+y2b2+z2c2=1.(Д. 4365).
3. Применяя формулу Стокса, вычислить:
3.1 Ly+zdx+z+xdy+x+ydz, где L есть эллипс: x=asin2t, y=2asintcost, z=acos2t, 0≤t≤π , пробегаемый в направлении возрастания параметра (Д. 4370);
3.2 Ly2+z2dx+z2+x2dy+(x2+y2)dz, где L есть кривая: x2+y2+z2= 2Rx, x2+y2=2rx(0<r<R, z>0), пробегаемая так, что ограниченная ею на внешней стороне сферы x2+y2+z2= 2Rx наименьшая область остается слева (Д. 4372).
4.
4.1 Применяя формулу Остроградского, преобразовать интегралΣx3dydz+ y3dzdx+y3dxdy, полагая, что гладкая поверхность Σ ограничивает конечный объем V и cosα,cosβ,cosγ - направляющие косинусы внешней нормали к поверхности Σ. (Д. 4376)
4.2 Доказать, что объем тела, ограниченного поверхностью Σ, равен V=13Σxcosα+ycosβ+zcosγdS , где cosα,cosβ,cosγ - направляющие косинусы внешней нормали к поверхности Σ. (Д. 4382)
4.3 ВычислитьΣx2cosα+y2cosβ+z2cosγdS , где Σ – часть конической поверхности x2+y2=z20≤z≤h и cosα,cosβ,cosγ - направляющие косинусы внешней нормали к поверхности Σ. (Д. 4390).
7. Задачи для самостоятельной работы.
1. Вычислить поверхностные интегралы 1-го рода:
1.1 Σx+y+zdS , где Σ - поверхность x2+y2+z2=a2, z≥0. (Д. 4343);
1.2 ΣdS1+x+y2 , где Σ - граница тетраэдра x+y+z≤1, x≥0, y≥0, z≥0.(Д. 4345);
1.3 Σz2dS , где Σ - часть поверхности конуса x=rcosφsinα, y=rsinφsinα, z=rcosα (0≤r≤a, 0≤φ≤2π и α – постоянная 0<α<π2(Д. 4349).
2. Вычислить поверхностные интегралы 2-го рода:
2.1 Σy-zdydz+z-xdzdx+x-ydxdy, где Σ - внешняя сторона конической поверхности x2+y2=z2 0≤z≤h (Д. 4364);
2.2 Σx2dydz+y2dzdx+z2dxdy, где Σ - внешняя сторона сферы x-a2+y-b2+z-c2=R2. (Д. 4366).
3. Применяя формулу Стокса, вычислить:
3.1 Ly-zdx+z-xdy+x-ydz, где L - эллипс: x2+y2=z2,xa+zh=1 , (a>0, h>0), пробегаемый против хода часовой стрелки, если смотреть с положительной стороны оси Ox. (Д. 4371);
3.2 Ly2-z2dx+z2-x2dy+(x2-y2)dz, где L сечение поверхности куба 0≤x≤a, 0≤y≤a, 0≤z≤a плоскостью x+y+z=32a, пробегаемое против хода часовой стрелки, если смотреть с положительной стороны оси Ox. (Д. 4373).
4. С помощью формулы Остроградского вычислить:
4.1 Σx2dydz+ y2dzdx+y2dxdy, где Σ - внешняя сторона границы куба 0≤x≤a, 0≤y≤a, 0≤z≤a. (Д. 4387)
4.2 Σx3dydz+ y3dzdx+y3dxdy, где Σ - внешняя сторона сферы x2+y2+z2=a2. (Д. 4388)
Часть 2
Варианты контрольных работ по разделу
«Кратные и криволинейные интегралы»
УровеньА
1 вариант
1. а) Свести двойной интеграл к повторному двумя способами, если
- область, ограниченная кривыми и .
б) Перейти в этом же двойном интеграле к полярным координатам и свести его к
повторному двумя способами.
2. Вычислить двойной интеграл , где G={x,y:}
3. Перейти к цилиндрическим координатам и вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
4. Вычислить криволинейный интеграл первого рода
Lydl , где L - арка циклоиды: x=at-sint, y=a1-cost, 0≤t≤2π (a>0)5. Вычислить криволинейный интеграл второго рода Lydx+xdy , где L – меньшая часть окружности x2+y2=2x, от точки (0,0) до (1,1)
Ответы:
а) 01dx-x-1+1-x2fx,ydy=-10dy-y-y2-2ydxб) -π40dφ0-2sinφρf(ρ,φ)dρ=02dρ-π4-arcsinρ2ρfρ,φdφ2. 10
3. 8π
4. 2πa2a5. 1
2 вариант
В интеграле 02dx2-x4-x2f(x,y)dy перейти к полярным координатам и свести к повторному двумя способами.
Найти площадь фигуры, ограниченную кривой x2+y22=2xy.Вычислить тройной интеграл Tx2+y2+z2dxdydz , где Т- область, ограниченная поверхностью x2+y2+z2=x.
Вычислить криволинейный интеграл первого рода Lx+ydl , где L – граница треугольника с вершинами A(0,0), B(1,2), C(1,0).
Вычислить криволинейный интеграл второго рода Lydx+zdy+xdz , где L – виток винтовой линии x=cost, y=sint, z=t, 0≤t≤2π.Ответы:
0π2dφ2cosφ+sinφ2ρfρcosφ,ρsinφdρ=22dρπ4-arccos2ρπ4+arccos2ρρf(ρcosφ,ρsinφ)dφ1π104,5+1,55–π.
3 вариант
Двойной интеграл Gfx,ydxdy , где G – область, ограниченная линиями x2+y2=2x и x2+y2=4x , свести к повторному в полярных координатах двумя способами.
Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями z=cosx2+y2, z=0 , x2+y2=π24 .
Найти массу тела, ограниченного поверхностями x2+y2+z2=1 , x2+y2+z2=4 , x2+y2=z2, (x2+y2≤z2) , если плотность тела изменяется по закону f=ρ0x2+y2+z2.
Вычислить криволинейный интеграл первого рода Lx2+y2dl , где L – окружность x2+y2=2y.
Вычислить криволинейный интеграл второго рода Lxy2dy-x2dx , где L – окружность x2+y2=1 , двумя способами.
Ответы:
02dρ-arccosρ4-arcosρ2ρfρcosφ,ρsinφdφ+02dρarccosρ2arcosρ4ρfρcosφ,ρsinφdφ+24dρ-arccosρ4arcosρ4ρfρcosφ,ρsinφdφ=-π2π2dφ2cosφ4cosφρfρcosφ,ρsinφπ2-2π15πρ0(1-22)8
π4.
4 вариант
Расставить пределы интегрирования в тройном интеграле Tfx,y,zdxdydz , где Т – тело, ограниченное поверхностями x2+y2+z-4=0 , z=3 , перейдя к повторному в декартовых и цилиндрических координатах.
Вычислить двойной интеграл Gydxdy, где G – область, ограниченная кривыми x2-y2=1 , y=0 , y=1 .
Найти объем тела, ограниченного поверхностями z=xy , x2+y2=1 , z=-5 .
Вычислить криволинейный интеграл первого рода L(x+y)dl , где L – дуга параболы y=x2 , 0≤x≤1.Найдите функцию u(x,y) , если du=x4+2xy-y2dx+x2-2xy+y4dy .
Ответы:
Например, -11dx-1-x21-x2dy34-x2-y2fx,y,zdz=02πdφ01dρ34-ρ2fρ,φ,zdz .238-1.5π.16(125-1).
ux,y=15x5+x2y-xy2+15y5+c .
Уровень Б
5 вариант
1. Сведите двойной интеграл к повторному двумя способами, если
- область, ограниченная кривыми и .
2. Введя полярные координаты, вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми :
, , ( , ).
3. Найдите массу тела, ограниченного поверхностями :, , если
плотность измеряется по закону: .
4. Вычислить момент инерции массы, распределенной с постоянной линейной плотностью ρ0 вдоль первого витка винтовой линии x=2cost, y=2sint, z=3t2π относительно оси ординат.
5. Вычислить площадь области, ограниченной кривой : объединение дуг окружности и параболы , с помощью криволинейного интеграла ( область содержит начало координат).
Ответы:
1.+++, где ,
,
++, где ,
2. .
3. .
4. 5ρ016π2+9 .
5. .

Приложенные файлы

  • docx 11275604
    Размер файла: 362 kB Загрузок: 1

Добавить комментарий